s59773378a15465e1.jimcontent.coms59773378a15465e1.jimcontent.com/download/version/1309880008… · Índice general 4. Dinámica de un cuerpo rígido 1 4.1. Introducción . . .

4 DINAMICA DE UN CUERPO RIGIDO

BERNARDO ARENAS GAVIRIAUniversidad de Antioquia

Instituto de Física

2011

Índice general

4. Dinámica de un cuerpo rígido 14.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

4.1.1. Movimiento de traslación pura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.1.2. Movimiento de rotación pura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34.1.3. Movimiento combinado de traslación y rotación . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

4.2. Torque de una fuerza respecto a un punto(ø) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34.3. Torque de un par de fuerzas o cupla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

4.3.1. Efectos de traslación de un par de fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84.3.2. Efectos de rotación de un par de fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

4.4. Descomposición de una fuerza en un sistema fuerza-par . . . . . . . . . . . . . . . . 94.5. Resultante de un sistema de fuerzas aplicadas a un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . 12

4.5.1. Resultante de un sistema de fuerzas concurrentes . . . . . . . . . . . . . . . . 124.5.2. Resultante de un sistema de fuerzas coplanares . . . . . . . . . . . . . . . . . 134.5.3. Resultante de un sistema de fuerzas paralelas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

4.6. Vector momento angular de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164.7. Momento de inercia de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184.8. Ejes principales de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

4.8.1. Ejes principales de inercia en un cuerpo esférico . . . . . . . . . . . . . . . . . 204.8.2. Ejes principales de inercia en un cuerpo cilíndrico . . . . . . . . . . . . . . . . 204.8.3. Ejes principales de inercia en un cuerpo rectangular . . . . . . . . . . . . . . . 21

4.9. Teorema de Steiner o de los ejes paralelos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214.10. Radio de giro de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214.11. Ecuación de movimiento para la rotación de una cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . 22

4.11.1. Rotación de un cuerpo rígido alrededor de un eje principal de inercia . . . . . 234.11.2. Rotación de un cuerpo rígido alrededor de un eje no principal de inercia . . . 234.11.3. Movimiento combinado de traslación y rotación de un cuerpo rígido . . . . . 27

4.12. Energía de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294.12.1. Energía cinética de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294.12.2. Energía cinética traslacional de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . 294.12.3. Energía cinética rotacional de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304.12.4. Energía cinética total de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304.12.5. Energía total de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

4.13. Movimiento por rodadura de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 354.14. Equilibrio de un cuerpo rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

3

4 ÍNDICE GENERAL

4.14.1. Equilibrio de un cuerpo rígido sometido sólo a dos fuerzas . . . . . . . . . . . 394.14.2. Equilibrio de un cuerpo rígido sometido sólo a tres fuerzas . . . . . . . . . . . 40

Capı́tulo 4Dinámica de un cuerpo rígido

CompetenciasEn esta unidad se busca que el estudiante:

Defina el concepto de cuerpo rígido, e in-fiera la diferencia entre el modelo de cuer-po rígido y el modelo de partícula.

Distinga entre movimiento traslacional ymovimiento rotacional.

Defina, interprete y aplique el concepto detorque de una fuerza respecto a un punto.

Defina el concepto de par de fuerzas o cu-pla e identifique los efectos que genera so-bre un cuerpo rígido.

Defina un sistema fuerza par e identifiquelos efectos que genera sobre un cuerpo rígi-do.

Identifique los efectos que un sistema defuerzas puede generar sobre un cuerporígido.

Obtenga la resultante de un sistema defuerzas concurrentes, coplanares y parale-las, aplicadas a un cuerpo rígido.

Defina el concepto de centro de masa de uncuerpo rígido.

Obtenga el momento angular de un cuerporígido en movimiento y deduzca las condi-ciones bajo las cuales esta cantidad física seconserva.

Defina y obtenga el momento de inercia deun cuerpo rígido respecto a un eje, e infierala diferencia entre el concepto de momentode inercia de un cuerpo rígido respecto aun eje y el concepto de masa.

Defina el concepto de eje principal de iner-cia.

Enuncie y aplique el teorema de Steiner ode los ejes paralelos.

Obtenga la ecuación de movimiento pararotación pura de un cuerpo rígido.

Obtenga y aplique la ecuación demovimiento para la rotación pura deun cuerpo rígido alrededor de un ejeprincipal de inercia y alrededor de un ejeno principal de inercia.

Analice, para un cuerpo rígido, elmovimiento combinado de traslacióndel centro de masa y rotación alrededor deun eje que pasa por el centro de masa.

Obtenga las ecuaciones de movimiento detraslación del centro de masa y rotaciónalrededor de un eje que pasa por el centrode masa.

Muestre la diferencia entre rodar deslizan-do y rodar sin deslizar.

Obtenga y defina la energía cinética rota-cional y la energía cinética total de un cuer-po rígido.

2 CAPÍTULO 4. DINÁMICA DE UN CUERPO RÍGIDO

Obtenga la energía total de un cuerpo rígi-do y analice la conservación de la energíatotal cuando un cuerpo rígido rueda sindeslizar.

Analice el movimiento por rodadura de uncuerpo rígido y defina el concepto de eje in-stantáneo de rotación.

Obtenga para un cuerpo la ecuación demovimiento alrededor del eje instantáneode rotación.

Obtenga y analice las condiciones bajo lascuales un cuerpo rígido se encuentra enequilibrio estático.

Identifique las condiciones bajo las cualesun cuerpo rígido se encuentra en equilib-rio estático, sometido a la acción bien seade sólo dos fuerzas ó bien sea de sólo tresfuerzas.

Aplicar las condiciones de equilibrio estáti-co en una y dos dimensiones.

CONCEPTOS BASICOSEn esta unidad de dinámica de un cuerpo rígi-do, se definirán los siguientes conceptos queson básicos en el estudio del movimiento decuerpos tratados bajo el modelo de cuerpo rígi-do: Cuerpo rígido, torque de una fuerza (τ),par de fuerzas o cupla, momento angular ysu conservación en el caso de un cuerpo rígi-do L), momento de inercia de un cuerpo rígi-do I, relación entre el momento angular y eltorque de una fuerza, movimiento de rotaciónpura, movimiento combinado de traslación yrotación, energía de un cuerpo rígido, rodadu-ra, equilibrio de un cuerpo rígido.

4.1. Introducción

En las unidades anteriores se ha analizado ladinámica de los cuerpos que se pueden tratarbajo el modelo de partícula; esto ha sido posi-ble ya que solo interesaba considerar el efectode las fuerzas en lo que se refiere al movimientode traslación.

En adición, en esta unidad se busca conside-rar otro tipo de movimiento que tienden a im-primir las fuerzas sobre los cuerpos, lo que haceque el modelo de partícula no sea válido, puesen su lugar el modelo útil es el de cuerpo rígidoque se definirá en lo que sigue.

Un cuerpo rígido, es un caso particular deun sistema de muchas partículas (del orden de1023 partículas por cm3). Estas partículas debencumplir la condición de que la separación en-tre cualquier pareja de ellas siempre permanececonstante mientras el cuerpo se mueve, sin im-portar el tipo de fuerzas que actúen sobre él.Esta definición permite afirmar que un cuerporígido no se deforma bajo ninguna interaccióncon otros cuerpos.

i

j

m

n

rmn

rij

Figura 4.1: Cuerpo rígido.

De acuerdo con la definición de cuerpo rígi-do, en la figura 4.1 se hace necesario que lasmagnitudes rij y rmn no cambien, condición quese debe cumplir para cualquier par de partícu-las que lo conformen.

Cuando un cuerpo rígido interactúa con otroscuerpos, las fuerzas que se generan tienden aimprimirle un movimiento de traslación pura,de rotación pura o un movimiento combinado detraslación y rotación.

4.1.1. Movimiento de traslación pura

Como se analizó en las unidades anteriores, sepresenta un movimiento de traslación pura cuan-do el cuerpo cambia de posición sin cambiarsu orientación, es decir, todos los puntos delcuerpo sufren el mismo desplazamiento a me-dida que transcurre el tiempo. De acuerdo conla figura 4.2, la partícula A y el centro de masaC.M., han tenido el mismo desplazamiento; es-ta es la razón por la cual, cuando se analiza el

4.2. TORQUE DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO(ø) 3

movimiento de traslación, es suficiente conside-rar el movimiento del centro de masa del cuer-po. Es posible demostrar que el centro de masa,en lo que a traslación se refiere, se comporta co-mo si toda la masa estuviera concentrada en di-cho punto y como si todas las fuerzas externasactuaran sobre él.

C.M.A AC.M.

d

d

Movimiento

Figura 4.2: Traslación pura de un cuerpo rígido.

Por ello, para analizar el movimiento detraslación de un cuerpo rígido se utilizan losmismos métodos empleados para la dinámicade una partícula, teniendo en cuenta que el cen-tro de masa es la partícula de interés. O sea, parael movimiento de traslación de un cuerpo rígidode masa constante m, la segunda ley de Newtonadquiere la forma

F = mac,

donde F es la fuerza neta o resultante y ac la ace-leración del centro de masa del cuerpo.

4.1.2. Movimiento de rotación pura

Un cuerpo rígido posee un movimiento derotación pura, cuando cambia su orientaciónmientras se mueve, de tal forma que todas laspartículas que lo conforman describen trayecto-rias circulares con centro en el eje de rotación.En estas condiciones, el centro de rotación per-manece fijo respecto a un sistema de referenciafijo en tierra.

Como se ilustra en la figura 4.3, mientras elcuerpo rota alrededor de un eje fijo que pasa porel punto O, las partículas i y j describen circun-ferencias concéntricas con centro en el eje quepasa por dicho punto.

4.1.3. Movimiento combinado detraslación y rotación

Un cuerpo rígido puede tener dos movimien-tos simultáneos uno de traslación y otro de

Rotación

vi

vj

O

i

j

Figura 4.3: Rotación pura de un cuerpo rígido.

rotación, es decir, el movimiento más generalde un cuerpo rígido, se puede considerar co-mo una combinación de traslación y rotación.Lo anterior, permite encontrar un sistema de re-ferencia en traslación, pero no rotante, respec-to al cual el movimiento parezca solamente derotación.

Como se observa en la figura 4.4, elmovimiento del cuerpo al pasar de la posición(1) a la posición (2), se puede considerar comouna traslación del centro de masa y una rotaciónalrededor de un eje que pasa a través del cen-tro de masa. Este movimiento combinado, ge-nera diferentes desplazamientos a las diferentespartículas que conforman el cuerpo rígido. Así,el desplazamiento del centro de masa es dife-rente al desplazamiento de la partícula A y engeneral se presenta esta situación para todas laspartículas del cuerpo.

A

C.M. AC.M.

C.M.

A

d1

d2

Movimiento

(1)(2)

Figura 4.4: Movimiento de traslación y rotación.

4.2. Torque de una fuerza respec-to a un punto(ø)

Como es sabido, una fuerza F que actúa so-bre un cuerpo rígido se puede descomponer ensus componentes rectangulares Fx, Fy y Fz, quemiden la tendencia de la fuerza a desplazar el


cuerpo en las direcciones x, y y z, respectiva-mente.

También se sabe que si a un cuerpo rígidose le aplica una fuerza, esta tiende a imprimir-le tanto un movimiento de traslación como derotación, alrededor de un eje que pasa por unpunto del cuerpo rígido, tal como O en la figura4.5.

A

b

O

q

r

F

t

Figura 4.5: Torque de la fuerza F respecto al puntoO.

En esta unidad interesa considerar primero,el efecto de rotación que las fuerzas tienden aimprimirle a los cuerpos rígidos alrededor deun eje que pasa por un punto. La tendencia deuna fuerza F a imprimirle un movimiento derotación a un cuerpo rígido alrededor de unpunto, se mide mediante el concepto de mo-mento o torque. En otras palabras, el torque esuna medida de la cantidad de rotación que unafuerza tiende a imprimirle a un cuerpo rígido,respecto a un punto.

Para definir esta cantidad física, se considerala fuerza F que actúa sobre el cuerpo rígido de lafigura 4.5. Necesariamente, el efecto de rotacióndel cuerpo rígido alrededor de un eje que pasapor el punto O, depende de la magnitud, direc-ción y punto de aplicación de la fuerza. Adicional-mente, la posición del punto de aplicación A, seestablece en forma conveniente por medio delvector posición r que une el punto de referenciao centro de torques O con el punto de aplicaciónA.

Se define el momento o torque τ de la fuerzaF, respecto al punto O, como el producto cruz ovectorial de los vectores r y F en ese orden, esdecir,

τo ≡ r× F. (4.1)

De acuerdo con la definición de producto vec-torial ó producto cruz, el torque τo es perpendi-

cular al plano formado por el vector posición ry el vector fuerza F , o lo que es igual, el torquees perpendicular tanto al vector posición r comoal vector fuerza F. Por otro lado, el sentido de τoestá definido por el sentido de rotación que ali-nearía a r con F. En el caso de la figura 4.5, seríaen el sentido de movimiento de las manecillasdel reloj para un observador no rotante situa-do en O. Este sentido coincide con el sentido derotación de un tornillo de rosca derecha.

Otra forma de obtener el sentido de rotación,en el caso de rotación en un plano, es median-te la regla de la mano derecha, que consiste enlo siguiente: se coloca la mano abierta paralela-mente al vector posición y luego se cierra en elsentido del ángulo menor formado por los vec-tores r y F. Procediendo de esta forma, el pulgarapunta en el sentido de τo, que para el caso dela figura 4.5 apunta perpendicularmente haciala hoja.

Como en tres dimensiones el vector posiciónestá dado en componentes rectangulares porr = xi + yj + zk y el vector fuerza por F =Fxi + Fyj + Fzk, se puede determinar el torquede la fuerza, respecto a un eje que pasa por elpunto O, mediante el determinante

τo = r× F =

∣∣∣∣∣∣i j kx y zFx Fy Fz

∣∣∣∣∣∣Resolviendo el determinante se obtiene

τo = (yFz−zFy)i + (zFx−xFz)j + (xFy−yFx)k

O

to

q

Ar

F

Figura 4.6: Posiciones relativas de r, F y τo.

En la figura 4.6, se muestran las direccionesrelativas de los vectores r, F y τo, donde se ob-serva la condición de perpendicularidad entreel plano formado por los vectores r y F con elvector τo.

Expresando el torque de la fuerza F en la for-ma τo = τxi + τyj + τzk, las componentes rec-tangulares τx,τy y τz miden la tendencia de la


fuerza a imprimir al cuerpo rígido un movi-miento de rotación alrededor de los ejes x, y yz, respectivamente.

En el caso particular que r y F se encuentrenen el plano xy, como en la figura 4.7, se tiene z =0 y Fx = 0, por lo que el torque queda expresadopor

τo = (xFy−yFx)k, (4.2)

cuya magnitud está dada por τo = xFy − yFx ycorresponde a un vector paralelo al eje z.

x

y

z

to

A

O

r

F

Figura 4.7: Dirección de τ con r y F en el plano xy.

Sabiendo que en la figura 4.5, θ es el ángulomenor entre el vector posición r y la línea de ac-ción de la fuerza F, por definición de productovectorial, ecuación (4.1), la magnitud del torqueestá dada por

τ = rFsenθ = F(rsenθ). (4.3)

En la figura 4.5 se observa que b = rsenθ, o seaque la ecuación (4.3) se transforma en

τ = Fb, (4.4)

donde b es la distancia perpendicular desde Ohasta la línea de acción de la fuerza F y seconoce como el brazo de palanca o brazo de lafuerza.

De la ecuación (4.4), se puede concluir que laefectividad en la rotación que tiende a impri-mir la fuerza F sobre el cuerpo rígido, aumen-ta con el aumento del brazo b. Un ejemplo deesto se presenta cuando se trata de abrir o cer-rar una puerta, ya que entre más lejos de las bi-sagras se aplique la fuerza con mayor facilidadesta adquiere movimiento de rotación.

En síntesis, de lo anterior se puede afirmar: Eltorque mide la tendencia de la fuerza F a hacer rotar

o girar al cuerpo alrededor de un eje fijo dirigido a lolargo de τ.

Igualmente se nota en la figura 4.5, que lafuerza F se puede desplazar a lo largo de sulínea de acción sin cambiar el torque, hechoconocido como el principio de transmisibilidad. Enotras palabras, los efectos físicos de traslacióny rotación no varían en absoluto cuando se lle-va a cabo esta operación. Ello permite afirmarque no se tiene un punto de aplicación, sinouna línea de aplicación, así, la expresión τ =xFy−yFx para el caso de dos dimensiones, co-rresponde a la ecuación de la línea de acción dela fuerza cuyo torque es τ, siendo x y y arbitra-rios.Dimensiones y unidades de torqueDe acuerdo con la ecuación (4.4), se tiene quela dimensión de torque está dada por la dimen-sión de fuerza multiplicada por la dimensión debrazo, es decir, [F][b] que es la forma como seacostumbra expresarla, para no confundirla conlas dimensiones de trabajo y energía. Por consi-guiente, la unidad de torque en el sistema in-ternacional de unidades es N ·m; en el sistemagaussiano dina · cm y en el sistema inglés lb · p.Otra unidad que se emplea en algunos casoses el kilogramo-fuerza por metro, representadopor kgf ·m.

En el caso particular de dos dimensiones,es común emplear la expresión τ = Fb quesólo permite obtener la magnitud del torque.Pero como en dos dimensiones el cuerpo rígi-do puede rotar en dos sentidos, es necesario te-ner una convención de signos. De acuerdo conla figura 4.8, el torque se toma positivo cuan-do el cuerpo rígido rota en sentido contrario alas manecillas del reloj y negativo al rotar en elmismo sentido de las manecillas del reloj.

A

b

O

to

A

b

Ot

o

+_

F

F

r

r

Figura 4.8: Convención de signos para τ.


Ejemplo 4.1.La varilla AB de la figura tiene longitudL y está sometida a la fuerza horizontal F.Utilizando la ecuación (4.1), determine eltorque de la fuerza respecto al extremo Ay respecto al punto medio C. Compare losresultados obtenidos.

A

C

F

bx

yB

SoluciónRespecto al punto A, las componentesrectangulares del vector posición y de lafuerza están dadas, respectivamente, por

rA = L(cos β i + sen β j)F = F i.

Efectuando el producto vectorial entre es-tos vectores, se encuentra que el torque dela fuerza respecto al punto A es

τA = −(FLsenβ)k. (1)

Operando en forma similar, con

rc = 12 L(cosβ i + sen β j)

F = F i,

el torque de la fuerza respecto al puntomedio C, está dado por

τC = − 12 (FLsenβ)k. (2)

De acuerdo con las ecuaciones (1) y (2), setiene

i) En ambos casos el torque es un vec-tor que entra perpendicularmente alplano de la hoja, esto es, apunta enel sentido negativo del eje z. De estemodo, la fuerza tiende a generar unarotación sobre la varilla en sentidohorario.

ii) Para una orientación fija de la vari-lla, es mayor la cantidad de rotaciónque tiende a imprimir la fuerza res-pecto al punto A, al compararla conla rotación que tiende a imprimir res-pecto al punto C.

iii) En los dos casos, aunque con diferen-tes valores, la máxima rotación se ob-tiene para β = 90o, es decir, cuandola fuerza aplicada es perpendicular ala varilla.

Ejercicio 4.1.La varilla AB de la figura tiene longitudL y está sometida a la fuerza vertical F.Utilizando la ecuación (4.1), determine eltorque de la fuerza respecto al extremo Ay respecto al punto medio C, si la fuerzaestá dirigida a) hacia arriba, b) hacia aba-jo. Compare los resultados obtenidos.

A

C

F

bx

yB

Ejemplo 4.2.La varilla AB de la figura tiene longitudL y está sometida a la fuerza horizontal F.Utilizando la ecuación (4.4), determine eltorque de la fuerza respecto al extremo Ay respecto al punto medio C. Compare losresultados obtenidos.

A

C

F

q

B

SoluciónDe acuerdo con la figura, la magnitud deltorque de la fuerza F, respecto al extremoA, donde el brazo de la fuerza es bA =Lsenβ, está dado por

τA = F(Lsenβ). (1)


A

C

F

b

B

bA

bC

b

Igualmente, con bC = 12 Lsenβ, el

torque respecto al punto medio de la va-rilla es

τC = F( 12 Lsenβ). (2)

Mediante la regla de la mano derecha, seencuentra que la rotación en ambos casoscoincide con el sentido de rotación de lasmanecillas del reloj, como se encontró enel ejemplo 4.1.

Al comparar las ecuaciones (1) y (2), seobserva que entre mayor sea el brazo de lafuerza, mayor es la rotación que la fuerzatiende a imprimir sobre la varilla, o sea,τA > τC.

Ejercicio 4.2.La varilla AB de la figura tiene longitudL y está sometida a la fuerza vertical F.Utilizando la ecuación (4.4), determine eltorque de la fuerza respecto al extremo Ay respecto al punto medio C, si la fuerzaestá dirigida a) hacia arriba, b) hacia aba-jo. Compare los resultados obtenidos.

A

C

F

b

B

Ejemplo 4.3.La varilla AB de la figura tiene longitudL y está sometida a la fuerza horizontalF. Halle el torque de la fuerza respecto alextremo A y respecto al punto medio C,

descomponiendo la fuerza en una compo-nente paralela a la varilla y una compo-nente perpendicular a ella. Compare losresultados obtenidos.

A

C

F

b

B

Solución

A

C

B F

F//

F

b

b

En este caso, como lo muestra la figu-ra, la línea de acción de la componenteparalela F cos β, pasa por los puntos A yC, esto es, su brazo es cero y por consi-guiente dicha componente no tiende a ge-nerar rotación sobre la varilla. Por otro la-do, el brazo de la componente perpendi-cular, F sen β, coincide con la longitud dela varilla para el punto A y con la mitadde la longitud de la varilla para el puntomedio C. Así, mediante la ecuación (4.4),se obtiene

τA = F(Lsenβ)

τC = F( 12 Lsenβ).

con rotación de la varilla en el sentidode las manecillas del reloj. Estos resulta-dos son idénticos a los encontrados en losejemplos 4.1 y 4.2.

Ejercicio 4.3.La varilla AB de la figura tiene longitud Ly está sometida a la fuerza vertical F. En-cuentre el torque de la fuerza respecto al


extremo A y respecto al punto medio C,descomponiendo la fuerza en una compo-nente paralela a la varilla y una compo-nente perpendicular a ella, si la fuerza es-tá dirigida a) hacia arriba, b) hacia abajo.Compare los resultados obtenidos.

A

C

F

b

B

4.3. Torque de un par de fuerzas ocupla

En la figura 4.9, las fuerzas F1 y F2 forman unpar de fuerzas o cupla si cumplen simultánea-mente las tres condiciones siguientes

A

B

F2

F1

Figura 4.9: Par de fuerzas o cupla.

i) Las fuerzas son de igual magnitud, esto es,F1 = F2.

ii) Sus líneas de acción son paralelas, pero nosuperpuestas.

iii) Los sentidos de las fuerzas son opuestos, esdecir, F1 = −F2.

4.3.1. Efectos de traslación de un par defuerzas

Ya que F1 + F2 = F1 + (−F1) = 0, la suma oresultante de las dos fuerzas es cero, así, un par

de fuerzas no tiende a generar ningún efecto detraslación cuando se aplica a un cuerpo rígido.

4.3.2. Efectos de rotación de un par defuerzas

Para considerar los efectos de rotación, es nece-sario determinar el torque total o resultante delas dos fuerzas cuando actúan sobre el cuerporígido. Para ello se considera el par de fuerzasde la figura 4.10.

A

b

B

q

-F

FO

r

rA

rB

Figura 4.10: Torque de un par de fuerzas o cupla.

La suma vectorial de los torques de lasfuerzas F y −F, respecto al punto arbitrario O,está dada por

τ = rA × F + rB × (−F)= (rA − rB)× F. (4.5)

Si en la ecuación (4.5) se hace la definición r ≡rA − rB, siendo r el brazo de palanca del par, setiene

τ = r× F, (4.6)

donde τ es llamado el momento o torque del pary es un vector perpendicular al plano que con-tiene las dos fuerzas y cuya magnitud es

τ = rFsenθ = Fb,

donde b es la distancia perpendicular entre laslíneas de acción de las dos fuerzas, como lomuestra la figura 4.10.

El resultado dado por la ecuación (4.6), mues-tra que τ no depende del punto de referencia O,es decir, que el torque de un par de fuerzas o cu-pla es un vector libre, ya que r es independientedel centro de torques O.

En algunos casos, dos pares de fuerzas tienenmomentos o torques iguales en magnitud y di-rección; cuando esto ocurre, se dice que los dos

4.4. DESCOMPOSICIÓN DE UNA FUERZA EN UN SISTEMA FUERZA-PAR 9

pares son equivalentes ya que tienden a gene-rar los mismos efectos de rotación al actuar, porseparado, sobre un cuerpo rígido. Esta situaciónse ilustra en la figura 4.11, donde F1b1 = F2b2.

b1 b

2

-F1

F1

F2

-F2

Figura 4.11: Pares equivalentes.

4.4. Descomposición de unafuerza en un sistema fuerza-par

En el cuerpo rígido mostrado en la figura 4.12,se desea trasladar el punto de aplicación de lafuerza F del punto A al punto O, sin cambiar losefectos tanto de traslación como de rotación so-bre el cuerpo rígido. De acuerdo con el principiode transmisibilidad, se sabe que si la fuerza sedesliza a lo largo de su línea de acción, no cam-bian los efectos de traslación ni de rotación; perosi se desplaza al punto O, por fuera de su líneade acción, se modifican los efectos de rotaciónsobre el cuerpo rígido, aunque los efectos detraslación permanecen inalterados, ya que no secambia la magnitud de la fuerza.

A

O

A

O

F

F

F

-F

rr

Figura 4.12: Sistema fuerza-par.

Para que los efectos de rotación sobre el cuer-po rígido no cambien, al llevar a cabo la opera-ción anterior, se procede de la forma siguiente.En el punto O se aplican las fuerzas F y −F queno modifican ninguna acción sobre el cuerpo

rígido, ya que su resultante es cero y el torqueneto de ellas respecto a O es nulo.

De este modo, la fuerza F aplicada en el puntoA y −F aplicada en el punto O, forman un parcuyo torque es τ = r × F, o sea, se ha logradoencontrar una fuerza F aplicada en O y un parde torque τ aplicado en el mismo punto. En estadisposición, conocida como sistema fuerza-par, Fresponde por los mismos efectos de traslacióny el par de torque τ por los mismos efectos derotación, que tiende a imprimir la fuerza únicaF aplicada inicialmente en el punto A.

Si en la figura 4.12, el vector posición r yla fuerza F aplicada en A, se encuentran en elplano de la hoja, el sistema fuerza-par se repre-senta en la forma mostrada en la figura 4.13,donde τ es el torque del par correspondiente.

A

O

A

O

F

Frr

to

Figura 4.13: Sistema fuerza-par en un plano.

De lo anterior, se puede afirmar: Cualquierfuerza F que actúe sobre un cuerpo rígido, se puededesplazar a un punto arbitrario O, siempre que seagregue un par de momento igual al torque de F res-pecto al punto O.

El par tiende a imprimir al cuerpo rígido losmismos efectos de rotación respecto a O que lafuerza F tendía a generar antes de trasladarla adicho punto, es decir, que la fuerza única aplica-da en A y el sistema fuerza-par correspondien-te, son físicamente equivalentes.

Cuando actúan varias fuerzas sobre el cuer-po rígido, concurrentes o no, se lleva a cabo laoperación anterior con cada una de las fuerzas,obteniéndose un par resultante y un sistemade fuerzas concurrentes aplicadas en O, que sepuede reemplazar por una fuerza única o resul-tante. Así, se obtiene un sistema fuerza-par for-mado por la fuerza neta F y el par resultante τ,


dados respectivamente por

F = F1 + F2 + F3 + · · ·= ∑

iFi,

τ = τ1 + τ2 + τ3 + · · ·= ∑

iτi.

En conclusión: Siempre es posible reemplazarcualquier sistema de fuerzas por un sistema fuerza-par, de tal forma que la fuerza se escoge igual a F parala equivalencia traslacional y el par con torque iguala τ, se escoge para la equivalencia rotacional.

Como se verá posteriormente, cuando seanalice el movimiento combinado de traslacióny rotación de un cuerpo rígido, se tratarán porseparado los efectos de traslación y rotación, es-to es, las fuerzas aplicadas se reemplazarán porun sistema fuerzas-par equivalente.

Ejemplo 4.4.La varilla AB de la figura tiene longitudL y está sometida a la fuerza horizontalF.Reemplazar la fuerza horizontal, por unsistema fuerza-par aplicado a) En el ex-tremo A. b) En el punto medio C.

A

C

F

q

B

Solucióna) Para que no cambien los efectos detraslación que la fuerza tiende a imprimirsobre la varilla, la fuerza aplicada en Adebe ser la misma, esto es

F = Fi.

Por otro lado, los efectos de rotación nocambian si en A se aplica un par equiva-lente, igual al torque de la fuerza aplicadaen B y evaluado respecto al punto A, o sea

τA = −(FLsenθ)k

A

C

B

Fqt

A

En la figura se muestra el sistema fuerza-par equivalente, aplicado en el extremo Ade la varilla.

b) En el punto C la fuerza aplicadadebe ser la misma que en caso anterior,pero el par debe tener un torque, respec-to al punto C, igual a

τC = − 12 (FLsenθ)k

En este caso, el sistema fuerza-par equiva-lente en el punto medio de la varilla, semuestra en la figura.

A

C

B

F

q

tC

De los dos resultados anteriores se ob-serva que el torque del par es diferente altomar distintos puntos. Esto debe ser asíya que la fuerza tiende a imprimir dife-rentes efectos de rotación respecto a pun-tos distintos. Sin embargo, independiente-mente del punto donde se aplique el sis-tema fuerza-par equivalente, los efectos detraslación no cambian siempre y cuandono se cambien la magnitud ni la direcciónde la fuerza dada.

Ejercicio 4.4.La varilla AB de la figura tiene longitud Ly está sometida a la fuerza vertical F, di-rigida hacia arriba. Reemplazar la fuerza,por un sistema fuerza-par aplicado a) En

4.4. DESCOMPOSICIÓN DE UNA FUERZA EN UN SISTEMA FUERZA-PAR 11

el extremo A. b) En el punto medio C. Re-suelva de nuevo la situación suponiendoque la fuerza está dirigida hacia abajo.

A

C

F

b

B

Ejemplo 4.5.La escuadra de la figura, que es un trián-gulo equilátero de lado d, está sometidaa fuerzas en sus tres vértices y a los dospares M y 2M. Las magnitudes de lasfuerzas están dadas por P1 = P, P2 = 2P,P3 = 2

3 P y P4 = 12 P. Reemplazar el sistema

de fuerzas y los dos pares, por un sistemafuerza-par equivalente aplicado en el vér-tice A.

A

C

B

P1

M

P3

P4

2M

P2

x

y

D

Solución

Teniendo en cuenta que las fuerzas P1y P2 forman ángulos de 60o con la direc-ción positiva del eje x, ya que el triánguloes equilátero, la fuerza resultante equiva-lente al sistema de fuerzas, está dada encomponentes rectangulares por

F = P(0.83i + 0.37j).

Utilizando el teorema de Pitágoras y ladefinición de la función tangente, se en-cuentra que en magnitud y dirección lafuerza resultante está dada por

F = 0.91P 24o

Calculando los torques de las fuerzasrespecto al punto A y sumando los paresM y 2M, teniendo en cuenta su respectivosigno, para el par resultante se obtiene

τA = (M− 0.87Pd)k.

El sistema fuerza-par, formado por F yτA, se muestra en la figura siguiente,y responde por los mismos efectos detraslación y rotación que las fuerzas ylos dos pares simultáneamente aplicados,tienden a imprimir sobre la escuadra. Enla figura se supone que M > 0.87Pd, encaso contrario, la tendencia a la rotaciónsería en sentido opuesto.

A C

B

F

24o

tA

Ejercicio 4.5.La escuadra de la figura es un triángu-lo equilátero de lado d y está sometidaa fuerzas en sus tres vértices y a los dospares M y 2M. Las magnitudes de lasfuerzas están dadas por P1 = P, P2 = 2P,P3 = 2

3 P y P4 = 12 P. Reemplazar el sis-

tema de fuerzas y los dos pares, por unsistema fuerza-par equivalente aplicado a)En el punto B. b) En el punto C.

A

C

B

P1

M

P3

P4

2M

P2

x

y

D


4.5. Resultante de un sistema defuerzas aplicadas a un cuerporígido

Si sobre un cuerpo rígido actúan variasfuerzas, aplicadas en diferentes puntos, es nece-sario considerar por separado los efectos detraslación y de rotación.

Los efectos de traslación sobre el cuerpo,quedan determinados por el vector suma o re-sultante de las fuerzas, es decir,

F = F1 + F2 + F3 + · · ·= ∑ Fi, (4.7)

donde se opera en la misma forma que para unapartícula sometida varias fuerzas.

De forma similar, los efectos de rotación so-bre el cuerpo rígido, están determinados por elvector suma de los torques de las fuerzas, eva-luados respecto al mismo punto de referencia,es decir

τ = τ1 + τ2 + τ3 + · · ·= ∑ τi. (4.8)

Pero ¿qué se puede decir respecto al punto deaplicación de la fuerza resultante? Como res-puesta, se tiene que no siempre es posible reem-plazar este sistema de fuerzas por una fuerzaúnica que sea equivalente, ya que sólo es posi-ble hacerlo cuando F y τ, obtenidos mediantelas ecuaciones (4.7) y (4.8), sean perpendicularesentre sí, ya que sólo de esta manera se satisfacela definición τ = r× F, la cual permite determi-nar el vector posición r, para el punto de apli-cación de la fuerza respecto al centro de torques.

Si la condición anterior se satisface ( τ per-pendicular a F ), la fuerza F así aplicada esequivalente al sistema, tanto en lo referente arotación como a traslación. Sin embargo, esto nosiempre es posible ya que en muchos casos τ yF no son perpendiculares.

En general, un sistema de fuerzas no concurren-tes que actúan sobre un cuerpo rígido, no siempre esposible reducirlo a una fuerza única que sea equiva-lente.

Sin embargo, cuando se trata de un sistemade fuerzas concurrentes, coplanares o paralelas,

siempre es posible reemplazar el sistema defuerzas por una fuerza única que es completa-mente equivalente al sistema dado, pues en es-tos tres casos se satisface la condición de per-pendicularidad entre τ y F.

4.5.1. Resultante de un sistema defuerzas concurrentes

Se considera el caso de varias fuerzas concu-rrentes actuando sobre un cuerpo rígido y queestán aplicadas en el punto A, como se muestraen la figura 4.14.

A

O

A

O

F1

F2

F3

F4

F

rr

Figura 4.14: Resultante de varias fuerzas concu-rrentes.

El torque de la fuerza resultante F, está dadopor

τo = r× F, (4.9)

donde la resultante del sistema de fuerzas apli-cadas al cuerpo rígido, se obtiene mediante laexpresión

F = F1 + F2 + F3 + · · ·= ∑ Fi.

En este caso, el vector posición r es común alpunto de aplicación de todas las fuerzas concu-rrentes aplicadas, respecto al centro de torqueso centro de rotación O.

De este modo, la ecuación (4.9) adquiere laforma

τo = r× F1 + r× F2 + r× F3 + · · ·= ∑ r× Fi

= r×∑ Fi,

donde se ha aplicando la propiedad distribu-tiva del producto vectorial respecto a la suma, y

4.5. RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS APLICADAS A UN CUERPO RÍGIDO 13

de este modo, el torque total es perpendicular ala fuerza neta F. Así,

τo = τ1 + τ2 + τ3 + · · ·= ∑ τi.

En conclusión, el torque con respecto al punto Ode la resultante de varias fuerzas concurrentes, esigual a la suma de los torques de las distintas fuerzasaplicadas, respecto al mismo punto O. Enunciadoconocido como el teorema de Varignon.

En el caso particular que todas las fuerzasconcurrentes sean coplanares y O se encuentraen el mismo plano, cada uno de los torques tienela misma dirección perpendicular al plano,igual que el torque resultante.

Como un resultado general, se tiene que unsistema de fuerzas concurrentes siempre se puedereemplazar por una sola fuerza, su resultante, la quees completamente equivalente al sistema en lo querespecta a efectos de traslación y rotación, como seilustra en la figura 4.14.

Ejemplo 4.6.Reemplazar el sistema de fuerzas que ac-túan en el extremo B de la varilla mostradaen la figura, por una fuerza única equiva-lente.

A

B

x

y

60o

60o

10 N

10 N

5 N

20 N

30o

SoluciónUtilizando el sistema de coordenadasmostrado en la figura, se encuentra quela resultante de las fuerzas concurrentesaplicadas en el extremo B de la varilla,está dada en componentes rectangularespor Utilizando el sistema de coordenadasmostrado en la figura, se encuentra quela resultante de las fuerzas concurrentesaplicadas en el extremo B de la varilla, estádada en componentes rectangulares por

F = (4.33i + 4.82j)N,

o expresándola en magnitud y dirección

F = 6.48 N 48.06o

En la siguiente figura, se muestra lafuerza única que responde por los mis-mos efectos de traslación y rotación quetienden a generar las cuatro fuerzas si-multáneamente aplicadas en el extremo Bde la varilla.

A

B

x

y

60o

6.48 N

48.06o

Ejercicio 4.6.Compruebe el teorema de Varignon, parala situación planteada en el ejemplo 4.6.

4.5.2. Resultante de un sistema defuerzas coplanares

En la figura 4.15, se tiene un sistema de fuerzascoplanares actuando sobre un cuerpo rígido.

O

y

xO

y

x

( , )x y

F2

F1

F3

F

rr1

r2 r3

Figura 4.15: Resultante de varias fuerzascoplanares.

Para el sistema de coordenadas mostrado enla figura 4.15, donde el origen O se hace coinci-dir con el punto de rotación o centro de torques,se tiene que tanto los torques individuales τ1,τ2, τ3, ... como el torque total τ, son perpen-diculares al plano xy, esto es, la fuerza resul-tante F es perpendicular al torque neto τ. Así,


es posible aplicar la fuerza resultante F en unpunto cuyo torque τ esta dado por la expre-sión τ = r × F, donde r es el vector posicióndel punto de aplicación de la fuerza F respectoa O. En este caso, de acuerdo con la ecuación 4.2,la relación vectorial se puede reemplazar por laecuación escalar

τ = xFy − yFx (4.10)

donde Fx y Fy son las componentes rectangu-lares de la fuerza resultante F, x y y las com-ponentes rectangulares del vector posición rdonde debe aplicarse la fuerza F.

De este modo, la fuerza única equivalente sedebe aplicar en un punto de coordenadas (x, y)tal que se satisfaga la ecuación (4.10). Esta ex-presión, corresponde a la ecuación de la línea deacción de la fuerza resultante, es decir, hay unalínea de aplicación, ya que esta puede deslizarsea lo largo de su línea de acción sin cambiar losefectos físicos, de acuerdo con el principio detransmisibilidad.

En síntesis, cuando un sistema de fuerzascoplanares actúa sobre un cuerpo rígido, siempre esposible reducir el sistema a una sola fuerza F, yaque en este caso el torque neto es perpendicular ala fuerza resultante F. Este resultado se cumpleaunque el centro de torques se encuentre fueradel plano de las fuerzas.

Se presenta una excepción a esta regla y escuando F = 0 y τ ̸= 0, pues en este caso el sis-tema corresponde a un par de fuerzas o cupla,que sólo tiende a imprimir efectos de rotación.

Ejemplo 4.7.Determine, sobre el lado AC y sobre la al-tura BD, el punto de corte de la línea deacción de la fuerza única que es equiva-lente al sistema fuerza-par mostrado en lafigura, obtenido en el ejemplo 4.5.SoluciónDe acuerdo con el ejemplo 4.5, la fuerza re-sultante en componentes rectangulares es-tá dada por

F = P(0.83i + 0.37j),

y el par resultante por

τA = (M− 0.87Pd)k.

AC

B

F

24o

tA

y

x

Mediante la ecuación (4.10), se encuentraque la ecuación de la línea de acción de lafuerza única equivalente, adquiere la for-ma

M− 0.87Pd = 0.37Px− 0.83Py.

Respecto al sistema de referencia mostra-do en la figura, sobre la recta AC y = 0,así, la línea de acción de la resultante cortael eje x en

x = 2.7M− 0.87Pd

P.

Por otro lado, la altura BD pasa por x =d/2, así que la línea de acción de la resul-tante corta la vertical en

y = 1.2(1.06Pd−M)

PEjercicio 4.7.Determine el punto de corte, con el eje xy con el eje y, de la línea de acción dela fuerza única correspondiente al sistemafuerza-par, del ejemplo 4.7.

4.5.3. Resultante de un sistema defuerzas paralelas

En la figura 4.16, se tiene un sistema de fuerzasparalelas actuando sobre un cuerpo rígido, estoes, sus líneas de acción son paralelas y como seindica pueden o no estar orientadas en el mismosentido.

Para el análisis que sigue y para mayor clari-dad, se toma como referencia el vector unitariou, el cual permite expresar la fuerza resultanteen la forma vectorial

F = F1 + F2 + F3 + F4 · · ·= (−F1 + F2 + F3 − F4 + · · · )u=

(∑ Fi

)u, (4.11)

4.5. RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS APLICADAS A UN CUERPO RÍGIDO 15

O

F1

F2

F3

F4

u

Figura 4.16: Resultante de varias fuerzas paralelas.

así, la fuerza resultante F es paralela al vectorunitario u, y su magnitud es

F = −F1 + F2 + F3 − F4 + · · ·= ∑ Fi.

Además, la suma vectorial de los torques, res-pecto al punto O, está dada por

τ = r1 × F1 + r2 × F2 + r3 × F3 + r4 × F4 + · · ·= ∑ ri × Fi. (4.12)

Ahora, con Fi = Fiu, la ecuación (4.12) se trans-forma en

τ = ∑ ri × Fiu

=(∑ riFi

)× u. (4.13)

La ecuación (4.13) muestra que el torque resul-tante τ es perpendicular al vector unitario u, así,por la ecuación (4.11), también es perpendiculara la fuerza resultante F.

Por lo tanto, en el caso de fuerzas paralelassiempre es posible reemplazar el sistema de fuerzaspor una fuerza única equivalente, que respondepor los mismos efectos de traslación y rotación,que las fuerzas paralelas simultáneamente apli-cadas, tienden a imprimirle al cuerpo rígido.

De este modo, la fuerza equivalente F se debeaplicar en una posición rc, tal que

τ = rc × F = rc(∑ Fi

)× u, (4.14)

donde se ha tenido en cuenta la ecuación (4.11).Las ecuaciones (4.13) y (4.14) se satisfacen

únicamente si se cumple que

rc(∑ Fi

)= ∑ (riFi).

De esta forma, respecto a O, el vector posicióndel punto donde se debe aplicar la fuerza únicaF está dado por

rc =∑ riFi

∑ Fi

=−r1F1 + r2F2 + r3F3 − · · ·−F1 + F2 + F3 − F4 + · · ·

. (4.15)

Expresando los vectores de la ecuación (4.15) encomponentes rectangulares, se encuentra quelas coordenadas del punto de aplicación de lafuerza, para que los efectos sobre el cuerpo rígi-do no cambien, están dadas por

xc =∑ xiFi

∑ Fi,

yc =∑ yiFi

∑ Fi,

zc =∑ ziFi

∑ Fi. (4.16)

Un ejemplo de esta situación se presenta enel caso del peso de un cuerpo, donde cadapartícula, por tener masa, posee un peso y to-dos ellos corresponden a fuerzas paralelas. Elpunto donde se debe aplicar la fuerza resultan-te o peso del cuerpo, no es más que el centro demasa del cuerpo. En la figura 4.17 se muestraesta situación.

C.M.

W

Figura 4.17: Peso de un cuerpo rígido.

Ejemplo 4.8.Una barra uniforme de longitud L y masam, se somete al sistema de fuerzas parale-las mostrado en la figura. La magnitud dela fuerza P es mg/2 y además, AB = CD =L/4. a) Reemplazar las cuatro fuerzas porun sistema fuerza-par aplicado en el ex-tremo A. b) Determine el punto de apli-cación de la fuerza única equivalente.


A

B

C

D

P

P/22 /3P

mgx

y

q

Solucióna) La fuerza neta equivalente al sistema defuerzas paralelas al eje y es

F = − 512 mgj.

Luego de calcular los torques de lasfuerzas respecto al punto A, se encuentraque el torque del par resultante está dadopor

τA = − 548 mgLcosθk.

Por lo tanto, el sistema fuerza-par equiva-lente está dado por la fuerza resultante F yel torque neto τ, mostrados en la figura.

A

B

C

D

F

tA

q

b) Mediante las ecuaciones (4.16), seencuentra que las coordenadas del puntode aplicación de la fuerza única equivalen-te están dadas por

xB = 14 Lcosθ

yB = 14 Lsenθ.

Como se muestra en la figura, la fuerza re-sultante F debe aplicarse en el punto B.

En la tabla se muestra el valor de loscoeficientes de L, en las expresiones paraxc, yc correspondiente a diferentes valores

A

B

C

D

F

x

y

q

del ángulo θ.

θ 0 30 45 60 9014 cosθ 0.25 0.22 0.18 0.12 0.0014 senθ 0.00 0.12 0.18 0.22 0.25

Se observa que al aumentar la inclinaciónde la barra, la coordenada xc disminuyemientras que la coordenada yc aumenta,pero con la fuerza F actuando siempre so-bre el punto B.

Ejercicio 4.8.Resolver el ejemplo 4.8, tomando el origende coordenadas a) En el punto C. b) En elpunto D. Compare los resultados, con elobtenido en el ejemplo 4.8.

4.6. Vector momento angular deun cuerpo rígido

De acuerdo con la ecuación (2.20), el momentoangular Li de una partícula i que describe unatrayectoria curvilínea con velocidad vi, está da-do por

Li = miri × vi, (4.17)

donde mi es la masa de la partícula y ri es su vec-tor posición respecto al origen de coordenadas.

En el caso de un cuerpo rígido, cuando ro-ta alrededor de un eje determinado, esta defini-ción sigue siendo válida para cualquier partícu-la. Además, si los momentos angulares de to-das las partículas del cuerpo se evalúan respec-to al mismo punto, el momento angular total del

4.6. VECTOR MOMENTO ANGULAR DE UN CUERPO RÍGIDO 17

cuerpo rígido está dado por

L = ∑ miri × vi

= ∑ Li. (4.18)

Primero se considera el caso de la figura 4.18,en el cual se tienen n partículas que forman unalámina rígida muy delgada, de espesor despre-ciable, con forma irregular y cuya distribuciónde masa también es irregular. La lámina giracon velocidad angular ω, en su propio plano,alrededor de un eje fijo perpendicular a ellay cuyo origen O también se encuentra en eseplano.

w

mi

z

Li

Ov

i

ri

Figura 4.18: Momento angular de una lámina res-pecto al punto O.

De las partículas que conforman la lámina, seconsidera la partícula genérica i, que describeuna trayectoria circular de radio ri = Ri con ve-locidad vi = ω× ri. Como la velocidad angulares paralela al eje de rotación, esto es perpendi-cular a ri, la magnitud de la velocidad es

vi = ωri. (4.19)

Ahora, como ri es perpendicular a vi, de acuer-do con la ecuación (4.17) la magnitud del mo-mento angular, está dada por

Li = mirivi. (4.20)

Reemplazando la ecuación (4.19) en la ecuación(4.20), se encuentra

Li = mir2i ω, (4.21)

que corresponde a una relación entre las mag-nitudes de los vectores Li y ω ; lo cual permiteescribir la ecuación (4.21) en la forma vectorial,

Li = (mir2i )ω. (4.22)

El término entre paréntesis que aparece en laecuación (4.22), se conoce como el momentode inercia de la partícula i, respecto al eje derotación z que pasa por el punto O. Este con-cepto se analiza con más detalle en la siguientesección.

Reemplazando la ecuación (4.22) en laecuación (4.18), se encuentra que el momentoangular del cuerpo rígido, respecto al punto O,está dado por

L =(∑ mir2

i)

ω, (4.23)

donde se ha tenido en cuenta que la velocidadangular es la misma para todas las partículasque forman la lámina.

La ecuación (4.23) se puede escribir en la for-ma

L = Iω, (4.24)

donde se define

I ≡∑ mir2i , (4.25)

como el momento de inercia de la lámina res-pecto al eje z, que pasa por el punto O.

En síntesis, cuando la lámina está en rotación y elpunto de referencia O coincide con el punto de inter-sección entre el eje de rotación y la lámina, el momen-to angular total es paralelo a la velocidad angular.

Ahora, se considera la misma lámina, pero elorigen O ya no coincide con la intersección entreel eje z y el plano de rotación, como se ilustra enla figura 4.19.

O

w

mi

z

gi

Ri

vi

ri

Li

Figura 4.19: Momento angular de una lámina conO fuera de ella.

En esta situación, la ecuación (4.20) siguesiendo válida para la partícula i, pero la magni-tud del vector posición ri ya no coincide con elradio de la trayectoria descrita por la partícula.


Como se ilustra en la figura 4.19, se presentauna diferencia respecto a la dirección del vectormomento angular Li, ya que de acuerdo con sudefinición es un vector perpendicular al planoformado por ri y vi, esto es, el vector momen-to angular de la partícula i forma un ángulo de90− γi con el eje de rotación z, y gira continua-mente con la partícula alrededor del eje.

Por lo anterior, si Li no es paralelo a ω, el mo-mento angular total de la lámina aun es dadopor la ecuación (4.18), pero en general no es pa-ralelo al vector velocidad angular.

En conclusión, cuando la lámina está rotando yel punto de referencia O no coincide con el punto deintersección entre el eje de rotación y la lámina, elmomento angular total no es, en general, paralelo ala velocidad angular.

Cuando el momento angular no es paraleloa la velocidad angular, se considera la compo-nente del momento angular paralela al eje z, esdecir Liz. En la figura 4.19, se tiene que esta com-ponente está dada por

Liz = Licos(90−γi). (4.26)

Reemplazando la ecuación (4.20) en la ecuación(4.26), teniendo en cuenta que vi = riωsenγi yRi = risenγi, se encuentra

Liz = (miR2i )ω, (4.27)

donde de nuevo aparece el término miR2i .

Igual que en el caso del vector momento an-gular total, la componente z del momento angu-lar total de la lámina está dada por Lz = ∑ Liz,así que al reemplazar Liz mediante la ecuación(4.27), se tiene la expresión escalar

Lz = Iω, (4.28)

con I dado por la ecuación (4.25).De acuerdo con los resultados anteriores, en

una placa que gira sobre su propio plano, siem-pre es posible tomar el origen O en ese plano yen consecuencia lograr una simplificación con-siderable, ya que el momento angular total esparalelo a la velocidad angular. En cambio,cuando se trata el caso más general de un cuer-po rígido tridimensional que está rotando, co-mo el mostrado en la figura 4.20, ya no es posi-ble hacer tal elección.

z

w

Ri

mi

O

qi

Li

vi

ri

Figura 4.20: Momento angular de un cuerpo rígidotridimensional.

Igual que en el caso de la lámina, el cuerporígido rota alrededor del eje z con velocidad an-gular ω, y todas las partículas describen trayec-torias circulares. Mediante un procedimientosimilar al llevado a cabo cuando el punto de re-ferencia O se toma por fuera de la lámina, se en-cuentran resultados semejantes, así que en ge-neral, el momento angular total no es paralelo al vec-tor velocidad angular, pues en general los Li no sonparalelos al eje de rotación.

Por esta razón, es necesario considerar lacomponente del momento angular paralela aleje z, lo que lleva a relaciones idénticas a lasdadas por las ecuaciones (4.27) y (4.28).

4.7. Momento de inercia de uncuerpo rígido

Se ha encontrado que para una lámina planacuya distribución de masa es arbitraria, el mo-mento angular total dado por la ecuación (4.24),es proporcional a la velocidad angular si la pla-ca gira alrededor de un eje perpendicular alplano que contiene la placa y cuando el origenO se elige en la intersección del eje y el plano derotación. La constante de proporcionalidad I, enla ecuación (4.24), se definió como el momentode inercia de la placa respecto al eje de rotacióny está dado por la ecuación (4.25).

El momento de inercia de la placa no es único,ya que su valor depende del punto de la láminapor donde pase el eje de rotación que es perpen-dicular a ella. En general, como se indica en lafigura 4.21, el valor de los términos r2

i varían al

4.7. MOMENTO DE INERCIA DE UN CUERPO RÍGIDO 19z z`

mi

O O`r

i'r

i

Figura 4.21: Momento de inercia respecto a dos ejesdiferentes.

cambiar el eje de rotación y en consecuencia elvalor del momento de inercia I será diferente.

La ecuación (4.25) muestra que el momentode inercia total de un cuerpo rígido, respecto aleje z, es igual a la suma de los momentos deinercia de las partículas que lo conforman, delmismo modo que su masa total es igual a lasuma de las masas de todas las partículas delcuerpo. Esto permite afirmar que el momento deinercia desempeña en rotación, el mismo papel que lamasa en traslación.

Aunque se ha restringido el concepto de mo-mento de inercia para el caso de una placa del-gada, este es aplicable a cualquier cuerpo rígi-do, ya que su valor depende de la distancia per-pendicular de cada partícula al eje, sin importarla elección del punto O tomado como referencia.

En la ecuación (4.25), la suma se extiende atodas las partículas del cuerpo rígido tomadascomo partículas discretas, esto es, como si setratara de un gas de partículas. Ahora, puestoque un cuerpo rígido no se considera como unconjunto discreto de partículas sino como unmedio continuo, la suma se convierte en una in-tegral que se extiende sobre todo el volumen delcuerpo rígido.

Para obtener la expresión correspondientedel momento de inercia de un cuerpo rígido,tomando como un medio continuo, se considerala figura 4.22.

Se toma un elemento del cuerpo rígido conmasa dm, volumen dV, y se supone que el cuer-po tiene una densidad de masa ρ. Teniendo encuenta que la densidad se define como la masapor unidad de volumen, estas cantidades están

d = dm Vr

R

R

x

x

y

y

z

z

r

Figura 4.22: Momento de inercia de un cuerpo rígi-do.

relacionadas por

dm = ρdV.

Ahora, si en la ecuación (4.25) se reemplaza lamasa m por dm, la distancia ri por R y la sumapor una integral, esta se transforma en

I =∫

ρR2dV. (4.29)

Por otro lado, si la masa del cuerpo está dis-tribuida uniformemente, la densidad ρ puedesalir de la integral y la ecuación (4.29) se con-vierte en

I = ρ∫

R2dV, (4.30)

lo que permite una simplificación, ya que elproblema se reduce a resolver una integral quecontiene sólo un factor geométrico, que es elmismo para todos los cuerpos de igual formay tamaño.Dimensiones y unidades de momento de iner-ciaDe acuerdo con la ecuación (4.25) ó (4.29), las di-mensiones de momento de inercia son ML2, porlo tanto, la unidad en el sistema internacional deunidades está dada por kg ·m2 y en el sistemagaussiano de unidades por g · cm2.

Ejemplo 4.9.Un cilindro homogéneo y hueco, de masaM, tiene radios interior y exterior dadosrespectivamente por R1 y R2. Halle el mo-mento de inercia del cilindro, respecto a sueje de simetría.Solución


dr r R1

R2

c

h

Como se muestra en la figura, el cas-carón cilíndrico de radio r y espesor drtiene un volumen infinitesimal dado por

dV = 2πrhdr. (1)

Reemplazando la ecuación (1) en laecuación (4.30), con R = r, se tiene

Ic = 2πρhR2∫

R1

r3dr,

donde ρ es la densidad del material con elcual se ha construido el cilindro. Así luegode integrar y evaluar, se encuentra

Ic =12 πρh(R4

2−R41). (2)

Además, como M es la masa del cilindrose cumple la relación

ρ =MV

=M

π(R22 − R2

1)h. (3)

Llevando la ecuación (3) a la ecuación (2),y luego de simplificar, se obtiene para elmomento de inercia del cilindro hueco, laexpresión

Ic = M 12 (R2

1 + R22),

de este modo, el radio de giro del cilindrohueco está dado por la expresión

K2c = 1

2 (R21 + R2

2)

4.8. Ejes principales de inercia

Para todo cuerpo, sin importar su forma, haypor lo menos tres direcciones perpendicularesentre sí, respecto a las cuales el momento angu-lar es paralelo al eje de rotación y es válida la

ecuación (4.23). Estos ejes se llaman ejes princi-pales de inercia, y cuando el cuerpo rígido pre-senta simetrías, estos ejes coinciden con algúneje de simetría.

4.8.1. Ejes principales de inercia en uncuerpo esférico

En un cuerpo esférico o con simetría esférica,cualquier eje que pase por su centro es un ejeprincipal de inercia. En la figura 4.23, los ejesxo,yo,zo son tres ejes principales de inercia.

xo

zo

yo

Figura 4.23: Ejes principales de inercia en un cuerpoesférico.

Así, en una esfera existen infinitos ejes princi-pales de inercia.

4.8.2. Ejes principales de inercia en uncuerpo cilíndrico

Para un cuerpo cilíndrico o con simetría cilín-drica, el eje del cilindro y cualquier eje que seaperpendicular a él, es un eje principal de iner-cia. En la figura 4.24, los ejes xo,yo,zo son tresejes principales de inercia.

xo

zo

yo

Figura 4.24: Ejes principales de inercia en un cuerpocilíndrico.

4.10. RADIO DE GIRO DE UN CUERPO RÍGIDO 21

4.8.3. Ejes principales de inercia en uncuerpo rectangular

Un bloque rectangular tiene tres ejes principalesde inercia que son perpendiculares a las caras ypasan a través del centro del bloque. En la figura4.25, los ejes xo,yo,zo corresponden a los tres ejesprincipales de inercia de un cuerpo rígido conesta simetría.

xo

yo

zo

Figura 4.25: Ejes principales de inercia en un cuerporectangular.

En síntesis, se define un eje principal de iner-cia como aquel para el cual el momento angu-lar es paralelo a la velocidad angular, que siem-pre se encuentra a lo largo del eje de rotación.Así, para un eje principal de inercia se cumplela ecuación (4.24), donde I es el momento deinercia respecto al eje principal de inercia co-rrespondiente.

Cuando un cuerpo rígido gira alrededor deun eje que no es principal, es válida la ecuación(4.28), donde I es de nuevo el momento de iner-cia respecto al eje que no es principal.

4.9. Teorema de Steiner o de losejes paralelos

Generalmente se conoce el momento de inerciade un cuerpo rígido respecto a un eje que pasapor su centro de masa; pero en muchos casos,para analizar el movimiento de rotación de uncuerpo rígido, es necesario conocer el momentode inercia respecto a un eje paralelo que no pasapor el centro de masa. El teorema de Steiner o delos ejes paralelos, es una herramienta que permitellevar a cabo esta transformación.

Si en la figura 4.26 se conoce el momento deinercia I, respecto al eje zc que pasa por el centrode masa del cuerpo rígido, el momento de iner-cia I respecto al eje z paralelo a zc, el teorema deSteiner establece la relación

I = Ic + Ma2,

donde M es la masa del cuerpo rígido y a es laseparación entre los dos ejes paralelos.

zz

c

a

M C.M.

Figura 4.26: Teorema de Steiner o de los ejes parale-los.

4.10. Radio de giro de un cuerporígido

Es una cantidad física, definida de tal modo quese cumpla la relación

I = MK2,

K =

√I

M, (4.31)

donde I es el momento de inercia del cuer-po rígido respecto a determinado eje y M sumasa. Físicamente, el radio de giro representala distancia medida desde el eje, a la cual sepuede concentrar la masa del cuerpo sin vari-ar su momento de inercia. El radio de giro sepuede determinar completamente por geome-tría para cuerpos homogéneos. Es una cantidadque se puede evaluar fácilmente con ayuda dela ecuación (4.30). Conocido el radio de giro,mediante la ecuación (4.31), es posible deter-minar el momento de inercia respectivo. En lapráctica, es posible conocer la forma del radiode giro mediante la tabla 4.1, donde se da K2,evaluado respecto a un eje específico en cuerposcon diferentes simetrías.


Ejemplo 4.10.Como se muestra en la figura, una varilladelgada de masa M y longitud 4R, se colo-ca sobre un cilindro de masa 2M y radioR. Además, en los extremos de la varillase colocan dos masas muy pequeñas cadauna de masa M/2. Halle el momento deinercia del sistema, respecto a un eje pa-ralelo al eje del cilindro y que pasa por elpunto de contacto entre el cilindro y la va-rilla.

2R

P2R

c

2M

M/2 M/2

1 2

R

SoluciónEl momento de inercia del sistema, IsP, es-tá dado por la suma de los momentos deinercia de cada cuerpo, todos evaluadosrespecto al eje que pasa por el punto P. Es-to es

Isp = Icp + Ivp + I1p + I2p. (1)

Por el teorema de Steiner, el momento deinercia del cilindro, respecto a un eje quepasa por el punto de contacto P es

Icp = Icc + 2MR2 = 3MR2, (2)

donde Icc = 12 2MR2, es el momento de

inercia del cilindro respecto a un eje quepasa por el centro de masa, de acuerdo conla tabla 4.1.

Como el punto de contacto P coincidecon el centro de la varilla, de acuerdo conla información de la tabla 4.1, el momentode inercia de la varilla respecto al eje quepasa por P es

Ivp = 43 MR2. (3)

Además, como las pequeñas masas se en-cuentran en posiciones simétricas, respec-to al punto P, sus momentos de inercia res-pecto al eje que pasa por P, son iguales, es-to es

I1p = I2p = 2MR2

Reemplazando las ecuaciones (2), (3) y (4)en (1) se encuentra que el momento de

inercia del sistema, respecto a un eje pa-ralelo al eje del cilindro y que pasa por elpunto P, está dado por

Isp = 253 MR2.

Ejercicio 4.9.Para el sistema considerado en el ejem-plo (4.10), encuentre el momento de iner-cia respecto a un eje coincidente con el ejedel cilindro.

4.11. Ecuación de movimientopara la rotación de unacuerpo rígido

Aunque la expresión

dLdt

= r× F, (4.32)

se obtuvo para el caso de una partícula conmovimiento curvilíneo, también es válida en elcaso de un sistema de partículas, si se interpre-ta L como el momento angular total del sistemay r × Fcomo el torque total debido a todas lasfuerzas externas que actúan sobre el sistema. Esdecir, si se cumplen simultáneamente las expre-siones

L = ∑i

Li,

τ = ∑i

τi,

donde ambas cantidades físicas se deben evalu-ar respecto al mismo punto.

Por consiguiente, la ecuación (4.32) adquierela forma

dLdt

= τ, (4.33)

con L y τ, evaluados respecto al mismo punto.Como el cuerpo rígido es un caso especial de

un sistema de partículas, la ecuación (4.33) esaplicable en este caso y es la ecuación básicapara analizar el movimiento de rotación de uncuerpo rígido, esto es, la ecuación (4.33) desem-peña en rotación el mismo papel que la segundaley de Newton en traslación. Por esta razón, sele conoce como la ecuación de movimiento para larotación de un cuerpo rígido.

4.11. ECUACIÓN DE MOVIMIENTO PARA LA ROTACIÓN DE UNA CUERPO RÍGIDO 23

4.11.1. Rotación de un cuerpo rígidoalrededor de un eje principal deinercia

Se supone que el cuerpo rígido de la figura 4.27,tiene un movimiento de rotación alrededor deleje z considerado como eje principal de inercia;además, se toma el origen como un punto fijoen el eje que corresponde a un sistema de refe-rencia no rotante o inercial.

O

w

L

z (Eje principal de inercia)

Figura 4.27: Rotación alrededor de un eje principalde inercia.

Como el eje de rotación z es un eje princi-pal de inercia, se cumple la ecuación (4.24), yla ecuación (4.33) se transforma en

d(Iω)

dt= τ, (4.34)

donde τ es el torque total generado por lasfuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rígi-do y el cual se evalúa respecto al punto fijo O,sobre el eje principal.

Ahora, si el eje está fijo en el cuerpo rígido, setiene que el momento de inercia es constante yla ecuación (4.34) adquiere la forma

Iα = τ, (4.35)

donde se ha empleado la definición de acele-ración angular. La ecuación (4.35), válida enrotación, es equivalente, en traslación a la se-gunda ley de Newton para masa constante.

Si el torque total de todas las fuerzas externasque actúan sobre el cuerpo rígido, es nulo, porla ecuación (4.34) se cumple la condición

Iω = Constante, (4.36)

que corresponde a la conservación del vectormomento angular.

Un ejemplo de esta situación, se presentacuando un patinador rota alrededor del eje desu cuerpo, donde las fuerzas que actúa sobre élson el peso y la normal que ejerce el piso, cuyaslíneas de acción coincide con el eje de rotación.En este caso, el torque del peso y la normal res-pecto a un punto ubicado sobre el eje es nulo yel momento angular del patinador es constan-te respecto a dicho punto. Esto lleva a que au-mente la velocidad angular del patinador cuan-do cierra los brazos, pues el momento de inerciadisminuye. ¿Por qué?

En síntesis, cuando el torque neto es nulo, siel momento de inercia del cuerpo rígido aumen-ta (disminuye) la velocidad angular disminuye(aumenta) para garantizar que la ecuación (4.36)sea satisfecha.

Por otro lado, si adicionalmente el momen-to de inercia del cuerpo rígido permanece cons-tante, la ecuación (4.36) indica que la velocidadangular también permanece constante. Así, uncuerpo rígido que rota alrededor de un eje principal,fijo en el cuerpo, lo hace con velocidad angular cons-tante cuando el torque total externo es cero. Esteenunciado, en rotación, equivale a la primeraley de Newton en traslación.

4.11.2. Rotación de un cuerpo rígidoalrededor de un eje no principalde inercia

Cuando un cuerpo rígido rota alrededor de uneje que no es principal, como en la figura 4.28, esválida la ecuación (4.28) ya que el momento an-gular total no es paralelo a la velocidad angular,y la ecuación de movimiento correspondiente es

dLz

dt= τz, (4.37)

donde τz es la componente del torque total ex-terno, paralela al eje de rotación z.

Si la orientación del eje es fija respecto al cuer-po, el momento de inercia es constante. Así,al reemplazar la ecuación (4.28) en la ecuación(4.37), se obtiene

Iα = τz,

que es la ecuación de movimiento a utilizarcuando el momento de inercia es constante, y


O

wL

z (Eje no principal)

Figura 4.28: Rotación alrededor de un eje no princi-pal.

el cuerpo rígido rota alrededor de un eje que noes principal.En los problemas de rotación de un cuerporígido se deben seguir los siguientes pasos

1. Se hace el diagrama de cuerpo libre, dibu-jando solamente las fuerzas externas queactúan sobre el cuerpo rígido y ubicándolasen el punto donde actúan.

2. Se plantea la ecuación de movimiento parala rotación del cuerpo rígido, correspon-diente a la situación particular que se estéconsiderando.

3. Se calculan los torques, respecto a un pun-to fijo del cuerpo por donde pase el eje derotación.

4. Se obtiene el momento de inercia del cuer-po rígido respecto al eje de rotación. Cuan-do sea necesario, se emplea el teorema deSteiner o de los ejes paralelos.

5. Se resuelve la ecuación de movimiento, de-pendiendo de la información solicitada.

Ejemplo 4.11.Un disco homogéneo de masa M y radioR1 tiene un pequeño saliente de radio R2,como se indica en la figura. El disco rotaalrededor de un eje que pasa por su cen-tro, debido a la acción de los bloques demasas m1 y m2. a) Para cada cuerpo, hagael diagrama de cuerpo libre y plantee lasrespectivas ecuaciones de movimiento. b)Determine la aceleración angular del discoy la aceleración de cada bloque. c) Analicelos resultados obtenidos en el numeral b).

c

M

m1

m2

R1

R2

Solucióna) Diagramas de cuerpo libre donde T1 =

T′1 y T2 = T

′2.

Para el disco

c

Mg

Feje

T1

T2

Movimiento

Para m1

T'1

m1g

Movimiento m1

Para m2Ecuaciones de movimiento, tenien-

do en cuenta el sentido de movimientosupuesto.

Para el disco, con movimiento derotación pura alrededor de un eje que pasapor el centro C

� ∑ τc =αIc,

−T1R1 + T2R2 = 12 MR2

1α, (1)

donde se ha tomado el sentido horario co-mo positivo y de acuerdo con la tabla 4.1,Ic =

12 MR2

1.Para el bloque de masa m1 con

movimiento vertical de traslación pura

+ ↑∑ Fy = m1a1,

T1 −m1g = m1a1. (2)

Para el bloque de masa m2 con movimien-to vertical de traslación pura

+ ↓∑ Fy = m2a2,


T'2

m2g

Movimientom2

m2g− T2 = m2a2. (3)

b) Como la aceleración de m2 es igual a laaceleración tangencial en el borde del pe-queño saliente y la aceleración de m1 esigual a la aceleración tangencial en el bor-de del disco se tiene

a2 = αR2, (4)

a1 = αR1, (5)

Reemplazando la ecuación (4) en laecuación (3), y la (5) en la (2), es posibleencontrar

α =m2R2 −m1R1

R21(

12 M + m1) + m2R2

2g, (6)

a1 =R1(m2R2 −m1R1)

R21(

12 M + m1) + m2R2

2g, (7)

a2 =R2(m2R2 −m1R1)

R21(

12 M + m1) + m2R2

2g. (8)

c) Las partículas que forman el disco,adquieren un movimiento circular uni-forme, cuando la aceleración angular sehace cero, es decir, α = 0. Por la ecuación(6), esta condición se satisface si el nume-rador se hace cero, lo que lleva a la relación

m1

m2=

R2

R1. (9)

En la ecuación (9) se observa que existeuna relación inversa entre las masas de losbloques y los radios R1 y R2. Ahora, deacuerdo con el enunciado R2 < R1, asíR2/R1 < 1, o sea m1/m2 < 1 o lo que esigual, m1 < m2 si la velocidad angular deldisco es constante. Igual-mente se obser-va, al comparar las ecuaciones (7) y (8) conla ecuación (9), que si el disco rota con ve-locidad angular constante, los bloques setrasladan con velocidad constante.

En el caso particular que las masas delos bloques sean iguales, la aceleración an-gular no puede ser nula y el disco rotaráen sentido antihorario. ¿Por qué?

El sentido de movimiento, con α ̸= 0,depende del signo del numerador, ya queel denominador siempre es positivo. Así,el disco rota en sentido horario cuandoα > 0, lo que lleva a la relación m2R2 −m1R1 > 0, o lo que es igual, m1/m2 <

R2/R1. Por lo tanto, como R2/R1 < 1, en-tonces m1 < m2.

PreguntaPara el caso de velocidad angularconstante ¿la magnitud de la veloci-dad de los bloques es la misma? ¿Porqué?

Ejercicio 4.10.Para el ejemplo 4.11, determine la tensiónen cada una de las cuerdas.

Ejercicio 4.11.Resuelva el ejemplo 4.11 suponiendo quelos bloques están unidos mediante la mis-ma cuerda y que esta pasa por el borde deldisco de radio R1. Recuerde que el disco secomporta como una polea real.

Ejemplo 4.12.El cuerpo rígido de la figura, conocido co-mo un péndulo físico, consta de una va-rilla delgada de masa m1 y un disco demasa m2. Suponer que la varilla tiene unalongitud 6R y el disco un radio R. Porotro lado, el péndulo rota alrededor de uneje que pasa por el extremo O, una vezque se suelta desde una posición angularθo < 90o. a) Haga el diagrama de cuer-po libre para el péndulo físico y plantee laecuación de movimiento. b) Determine, enfunción del ángulo θ, la aceleración angu-lar del péndulo, la aceleración del centrode masa de la varilla y la aceleración delcentro de masa del disco. c) Determine, enfunción de θ, la velocidad angular del pén-dulo físico.Solucióna) Diagrama de cuerpo libre donde FR es lafuerza que el eje ejerce sobre la varilla enO, m1g el peso de la varilla y m2g el pesodel disco.

La ecuación de movimiento pararotación pura alrededor del eje que pasa por


R

6Rq

O

q

O

c'

c

m2g

m1g

FR

O, es de la forma

� ∑i

τiO = αIO. (1)

Ahora, de acuerdo con la figura anterior ytomando el sentido horario como positivo,el torque de las fuerzas externas está dadopor

∑ τiO = (3m1 + 7m2)Rgsenθ. (2)

Por otro lado, como el momento de iner-cia del péndulo físico es igual al momen-to de inercia de la varilla más el momentode inercia del disco, evaluados respecto alpunto O, se tiene

IO = I ˚ O + IdO,

donde al emplear el teorema de Steiner yla información dada en la tabla 4.1, se llegaa

IO = 32 (8m1 + 33m2)R2. (3)

Reemplazando las ecuaciones (2) y (3)en (1), se encuentra que la ecuación demovimiento adquiere la forma

(3m1 + 7m2)gsenθ = 32 α(8m1 + 33m2)R.

(4)b) De acuerdo con la ecuación (4), la acele-ración angular del péndulo físico está da-da por

α =2(3m1 + 7m2)g

3R(8m1 + 33m2)senθ. (5)

Así, la aceleración del centro de masa de lavarilla, con ac′ = 3αR, es

ac′ =2(3m1 + 7m2)g(8m1 + 33m2)

senθ.

Finalmente, para la aceleración del centrode masa del disco, con ac = 7αR, se ob-tiene

ac =14(3m1 + 7m2)g3(8m1 + 33m2)

senθ.

De los resultados obtenidos se observaque estas cantidades se hacen cero, úni-camente, cuando el ángulo θ es igual acero, esto es, cuando la varilla se encuen-tra instantáneamente en posición vertical.Así, cuando la varilla se aleja de esta posi-ción, las magnitudes de estas cantidadesaumentan y cuando se acerca a ella dis-minuyen.

c) De acuerdo con la definición de ace-leración angular, la ecuación (5) se puedeescribir en la forma

dω

dt= Csenθ, (6)

donde la constante C definida por

C ≡ 2(3m1 + 7m2)g3(8m1 + 33m2)R

,

tiene unidades de s−2.Si en la ecuación (6) se multiplica a am-

bos lados por dθ, se obtiene

ω∫0

ωdω = −Cθ∫

θ0

senθdθ,

donde el signo menos se debe tener encuenta, ya que cuando el péndulo se sueltadesde la posición inicial, el ángulo θ dis-minuye con el tiempo.

Luego de integrar y evaluar la expre-sión anterior, se encuentra que la rapidezangular está dada por

ω =√

2C(cosθ− cosθ0). (8)

De acuerdo con la ecuación (8), el máxi-mo valor de la velocidad angular se pre-senta en el instante que el péndulo está enposición vertical. Así, cuando θ disminuyela velocidad angular aumenta y cuando θ

aumenta la velocidad angular disminuye.


PreguntaEn la ecuación (8) ¿Qué condición sedebe cumplir entre el ángulo y el án-gulo ? ¿Por qué?

Ejercicio 4.12.Resuelva el ejemplo 4.12, suponiendo queel péndulo físico está constituido sólo poruna varilla delgada de longitud 8R. Com-pare los resultados.

4.11.3. Movimiento combinado detraslación y rotación de un cuerporígido

Cuando el movimiento de un cuerpo rígido, estal que su centro de masa tiene una traslaciónrespecto a un sistema de referencia inercial yuna rotación alrededor de un eje que pasa porel centro de masa, es necesario analizar losdos movimientos por separado, esto es, consi-derar un sistema fuerza-par equivalente. Estasituación se muestra en la figura 4.29.

w

O

x

y

z

vc

zc

C.M.

Figura 4.29: Eje de rotación variando de posición.

Si el eje de rotación no tiene un punto fijo enun sistema de referencia inercial, como ocurrecuando un cuerpo rueda por un plano inclina-do, para analizar el movimiento de traslación seemplea la segunda ley de Newton en la forma

F = mac,

donde F es la fuerza neta externa que actúa so-bre el cuerpo rígido, m su masa que es constantey ac la aceleración del centro masa.

Para el movimiento de rotación, se debe cal-cular el momento angular del cuerpo rígido yel torque neto sobre el cuerpo rígido, respecto

al centro de masa del cuerpo. O sea, la ecuaciónde movimiento respectiva es

dLc

dt= τc. (4.38)

Si a la vez, como ocurre generalmente, larotación es alrededor de un eje principal quepasa por el centro de masa, se tiene

Icω = Lc (4.39)

Ahora, si el momento de inercia es constan-te, eje fijo en el cuerpo, entonces mediante lasecuaciones (4.38) y (4.39), se encuentra que laecuación de movimiento correspondiente es

Icα = τc,

donde se ha empleado la definición de acelera-ción angular.

Si el torque total respecto al centro de masaes cero, la velocidad angular es constante y elmomento angular se conserva. Esta situaciónocurre cuando la única fuerza externa aplicadaa un cuerpo rígido homogéneo es su peso.

Debido a la complejidad que se presenta,cuando se analiza este tipo de movimiento entres dimensiones, se restringe el movimientoa dos dimensiones y con cuerpos homogéneosque presentan alto grado de simetría, tales co-mo esferas, cilindros o aros.

Cuando un cuerpo rígido tiene movimientocombinado de traslación y rotación sobre unasuperficie, se dice que el cuerpo rueda, y en estecaso se debe tener presente si rueda deslizandoo sin deslizar.

Si un cuerpo rígido homogéneo, rueda ydesliza, la fuerza de fricción es cinética, es-to es, se cumple la relación Fk = µkN.

Si el cuerpo rígido homogéneo, rueda sindeslizar, la fuerza de fricción es estática yla relación válida es Fs ≤ µsN.

Otra forma de entender lo anterior, es con-siderando la velocidad del punto de contactodel cuerpo rígido con la superficie sobre la cualrueda. Si el cuerpo rueda y desliza, la velocidad


del punto de contacto, con respecto a la superfi-cie, es diferente de cero; pero si el cuerpo rueday no desliza, la velocidad del punto de contacto,con respecto a la superficie, es igual a cero.

Además, el cuerpo rígido debe ser homogé-neo, para garantizar que su centro geométricocoincida con su centro de masa.

Se debe tener presente que las expresiones,vc = ωR y ac = αR, sólo tienen validez si elcuerpo rígido con alto grado de simetría, es ho-mogéneo y rueda sin deslizar.

Cuando en un caso particular, no se sabe si elcuerpo rígido rueda deslizando ó sin deslizar,primero se debe suponer que no hay desliza-miento. En el caso que la fuerza de fricción cal-culada, sea menor o igual a µsN, la suposiciónes correcta; pero si la fuerza de fricción obteni-da, es mayor que µsN, la suposición es incorrec-ta y el cuerpo rueda deslizando.

En problemas donde se presente movimien-to combinado de traslación y rotación, ademásde los pasos que se siguen para la rotación pu-ra de un cuerpo rígido, alrededor de un eje quepasa por su centro de masa, se debe incluir laecuación de movimiento correspondiente a latraslación del centro de masa.

Ejemplo 4.13.Un cascarón esférico homogéneo, de radioR y masa M, rueda sin deslizar por la su-perficie de un plano inclinado que formaun ángulo θ con la horizontal. Determinela aceleración de la esfera, su aceleraciónangular y la fuerza de fricción entre la es-fera y la superficie del plano inclinado.

R

M

q

SoluciónDiagrama de cuerpo libre para el cascarónesférico, donde Mg es el peso del cascarón,N la fuerza que la superficie ejerce sobre elcascarón y Fs la fuerza de fricción estáticaentre el cascarón y la superficie.

Mgq

N

Fs

c

Ecuaciones de movimiento para el cas-carón esférico.

Para el movimiento de traslación delcentro de masa del cascarón

↘ +∑i

Fx = Mac

Mgsenθ − Fs = Mac. (1)

↑ +∑i

Fy = 0,

N −Mgcosθ = 0. (2)

Para el movimiento de rotación alrededorde un eje que pasa por el centro de masadel cascarón

� +∑i

τc = Icα,

donde al tomar el sentido de rotación co-mo positivo y utilizando la información dela tabla 4.1, se tiene

FsR = 23 MR2α. (3)

De la ecuación (3), se tiene que la fuerza defricción es la responsable de la rotación delcascarón alrededor del eje que pasa porel centro de masa. Ahora, eliminando lafuerza de fricción Fs, mediante las ecua-ciones (1) y (3), se encuentra que la acele-ración del cascarón, está dada por

ac =35 gsenθ, (4)

donde se ha empleado la expresión

ac = αR, (5)

ya que el cascarón es homogéneo y ruedasin deslizar.

Ahora, igualando las ecuaciones (4) y(5), para la aceleración angular del cas-carón se obtiene

α = 35

gsenθ

R. (6)

4.12. ENERGÍA DE UN CUERPO RÍGIDO 29

Por las ecuaciones (3) y (6), la fuerza defricción está dada por

Fs =25 Mgsenθ. (7)

De acuerdo con los resultados obtenidos,se puede concluir

1. Por la ecuación (4), la aceleracióndel cascarón sólo depende del án-gulo de inclinación θ y su magni-tud es menor que la aceleración dela gravedad, como era de esperarse.

2. Para la aceleración angular del cas-carón, de acuerdo con la ecuación(6), se tiene que su magnitud de-pende, tanto del ángulo de incli-nación θ, como del tamaño del cas-carón al depender de R.

3. En lo referente a la fuerza de fric-ción estática, la ecuación (7) mues-tra que su magnitud depende de lamasa del cascarón M y del ángulo deinclinación θ.

Ejercicio 4.13.Resuelva el ejemplo 4.13, si el cascarón es-férico se reemplaza por a) Una esfera ma-ciza. b) Un disco o cilindro. c) Un aro.Suponga, en cada caso, que la masa delcuerpo es M y el radio es R. Compare losresultados, con los obtenidos en el ejemplo4.13.

4.12. Energía de un cuerpo rígido

En la unidad 3 se consideraron los tipos deenergía mecánica que se le puede asociar a unapartícula, de acuerdo a su estado dinámico. Enesta sección se consideran igualmente los tiposde energía mecánica que se le pueden asociar aun cuerpo rígido teniendo en cuenta su estadodinámico.

4.12.1. Energía cinética de un cuerpo rígi-do

En la unidad de trabajo y energía, se encontróque a una partícula de masa mi, con velocidadvi respecto a un sistema de referencia inercial

determinado, se le asocia una energía cinéticadada por

Ek,i =12 miv2

i .

Para un cuerpo rígido, que es un caso particularde un sistema de partículas, la energía cinéti-ca total está dada por la suma de las energíascinéticas de todas las partículas que lo confor-man, esto es

Ek = ∑i( 1

2 miv2i ), (4.40)

donde el término entre paréntesis correspondea la energía cinética de la partícula i, que tienemasa mi y velocidad con magnitud vi. De acuer-do a la forma como se ha planteado la ecuación(4.40), se tiene que la energía cinética es unacantidad asociada a cualquier partícula que seencuentre en movimiento, independientementedel tipo de movimiento o de la trayectoria des-crita.

A diferencia del caso de una partícula, en uncuerpo rígido es necesario distinguir entre ener-gía cinética traslacional y energía cinética rota-cional, ya que generalmente las fuerzas externastienden a imprimir movimiento de traslacióndel centro de masa y movimiento de rotacióndel cuerpo alrededor de un eje determinado.

4.12.2. Energía cinética traslacional de uncuerpo rígido

Cuando las fuerzas externas que actúan so-bre un cuerpo rígido, sólo tienen efectos detraslación pura, la energía cinética de traslacióndel cuerpo rígido está dada por la energía cinéti-ca del centro de masa, ya que en lo referentea traslación, el cuerpo rígido se comporta co-mo si todas la fuerzas actuaran sobre él y comosi su masa M se encontrara concentrada en di-cho punto. Por ello, la energía cinética de estapartícula es

Ek = 12 Mv2

c , (4.41)

siendo vc la magnitud de la velocidad del centrode masa.

Esta situación física se muestra en la figura4.30, en el caso de movimiento paralelamente aleje x.


O x

y

vc

C.M.

Figura 4.30: Cuerpo rígido en traslación pura.

4.12.3. Energía cinética rotacional de uncuerpo rígido

En la figura 4.31, se tiene un cuerpo rígido conmovimiento de rotación pura, alrededor del eje z,y con velocidad angular ω.

z

Ri

mi

O

gi

w

ri

vi

Figura 4.31: Cuerpo rígido en rotación pura.

La partícula i de masa mi, al describir latrayectoria circular con centro en el eje derotación, tiene una rapidez que está relaciona-da con la rapidez angular por vi = ωRi, dondeRi es el radio de la circunferencia que describela partícula. Así, por la ecuación (4.40), se tieneque la energía cinética total del cuerpo rígi-do, debido al movimiento de rotación pura,adquiere la forma

Ek = 12

(∑

imiR2

i

)ω2, (4.42)

donde el término entre paréntesis correspondeal momento de inercia del cuerpo rígido res-pecto al eje de rotación, definido mediante laecuación (4.25), con ri = Ri. Por consiguiente,la ecuación (4.42) se transforma en

Ek = 12 Iω2. (4.43)

La ecuación (4.43), permite determinar la ener-gía cinética total de rotación de un cuerpo rígi-do, y es de validez general ya que se cumplerespecto a cualquier eje de rotación. Además,de nuevo se observa que el momento de iner-cia desempeña en rotación, el mismo papel quela masa en traslación.

Cuando el cuerpo rígido rota alrededor de uneje principal de inercia, se satisface la ecuación(4.24) y la ecuación (4.43) se convierte en

Ek =L2

2I,

que sólo es válida si el cuerpo rígido rota alrede-dor de un eje principal de inercia.

4.12.4. Energía cinética total de un cuer-po rígido

Cuando un cuerpo rígido posee un movimien-to combinado de traslación y rotación, se debeconsiderar separadamente la energía cinéticatraslacional y la energía cinética rotacional.Ahora, si el eje de rotación pasa por el centrode masa y al mismo tiempo el centro de masatiene un movimiento de traslación respecto a unsistema de referencia inercial, como en la figura4.32, la energía cinética total del cuerpo rígido,utilizando las ecuaciones (4.41) y (4.43), está da-da por

Ek = 12 Mv2

c +12 Icω2 (4.44)

donde el primer término a la derecha de laigualdad, es la energía cinética de traslación delcentro de masa y el segundo término, la ener-gía cinética de rotación respecto a un eje quepasa por el centro de masa. La cantidad Ic, enla ecuación (4.44), es el momento de inercia delcuerpo rígido respecto al eje que pasa a travésdel centro de masa.

Lo anterior tiene sentido, ya que en un cuerporígido el centro de masa está fijo en el cuerpo yel único movimiento que el cuerpo puede tenerrespecto a un eje que pase por su centro de masaes de rotación.

Ejemplo 4.14.Un disco homogéneo de masa M y radio


O x

y

M

zc

C.M.

w

vc

Figura 4.32: Cuerpo rígido con movimiento combi-nado de traslación y rotación.

R1 tiene un pequeño saliente de radio R2,como se indica en la figura. El disco partedel reposo y rota alrededor de un eje quepasa por su centro, debido a la acción delos bloques de masas m1 y m2. determinela energía cinética total del sistema en fun-ción del tiempo.

c

M

m1

m2

R1

R2

SoluciónDe acuerdo con la situación planteada, eldisco tiene un movimiento de rotación pu-ra y los bloques movimiento de traslaciónpura. Por esta razón, para determinar laenergía cinética total del sistema, es nece-sario incluir, además de la energía cinéticade rotación del disco, la energía cinética detraslación de cada bloque, esto es

Ek = 12 Icω2 + 1

2 m1v21 +

12 m2v2

2, (1)

donde los tres términos a la derecha de laecuación (1) son, respectivamente, la ener-gía cinética de rotación del disco, la ener-gía cinética de traslación de m1 y la energíacinética de traslación de m2.

Por otro lado, la rapidez de cadabloque está relacionada con la rapidez an-gular del disco por

v1 = ωR1 y v2 = ωR2. (2)

Reemplazando las ecuaciones (2) en laecuación (1), se obtiene para la energíacinética total del sistema, en función de lavelocidad angular del disco, la expresión

Ek = 12 [(

12 M + m1)R2

1 + m2R22]ω

2. (3)

Los resultados del ejemplo 4.11 muestranque el disco rota con aceleración angu-lar constante, esto es, su velocidad angu-lar varía con el tiempo, igual que la ener-gía cinética del sistema, de acuerdo con laecuación (3).

Utilizando tanto la expresión obtenidapara la aceleración angular en el ejemplo4.11 como la definición de aceleración an-gular, y teniendo en cuenta que el sistemaparte del reposo, se encuentra que la ve-locidad angular depende del tiempo en laforma

ω =(m2R2 −m1R1)g

R21(

12 M + m1) + m2R2

2t. (4)

De este modo, por las ecuaciones (3) y (4),la energía cinética del sistema, en funcióndel tiempo, está dada por

Ek = 12

(m2R2 −m1R1)2g2

R21(

12 M + m1) + m2R2

2t2. (5)

La ecuación (5), además de mostrar que laenergía cinética del sistema es positiva, in-dica que esta aumenta con el tiempo mien-tras exista movimiento.

Ejercicio 4.14.Sabiendo que el sistema del ejercicio 4.11parte del reposo, determine su energíacinética total función del tiempo. Com-pare los resultados con los obtenidos en elejemplo 4.14.

Ejemplo 4.15.Determine, en función del ángulo θ, laenergía cinética del péndulo físico consi-derado en ejemplo 4.12.Solución

En este caso, el péndulo físico tiene unmovimiento de rotación pura alrededor deun eje que pasa por el extremo O, esto es,sólo posee energía cinética de rotación queestá dada por

Ek = 12 IOω2. (1)


R

6Rq

O

Ahora, de acuerdo con el ejemplo 4.12, setiene

IO = 32 (8m1 + 33m2)R2, (2)

ω =√

2C(cosθ−cosθ0), (3)

con

C ≡ 2(3m1 + 7m2)g3(8m1 + 33m2)R

. (4)

Luego de reemplazar las ecuaciones (2) y(3) en la ecuación (1), se encuentra que laenergía cinética de rotación del péndulofísico es

Ek = gR(3m1 + 7m2)(cosθ − cosθo). (5)

Por la ecuación (5) se tiene que la energíacinética de rotación se hace instantánea-mente cero, cuando el péndulo físico lle-ga a los extremos de la trayectoria, esto es,donde θ = θo. Por otro lado, adquiere sumáximo valor en el instante que el péndu-lo está en posición vertical, o sea, cuandoθ = 0.

Ejercicio 4.15.Obtenga, en función del ángulo θ, la ener-gía cinética del péndulo físico del ejer-cicio 4.12. Compare su resultado con elobtenido en el ejemplo 4.15.

Ejemplo 4.16.Para el cascarón del ejemplo 4.13, deter-mine qué fracción de la energía cinética to-tal es traslacional y qué fracción es rota-cional, una vez que se inicia el movimien-to.SoluciónComo el cascarón tiene un movimientode rodadura, el centro de masa tiene unmovimiento de traslación y simultánea-mente rota alrededor de un eje que pasa

por el centro de masa. Así, en un instantedeterminado, la energía cinética total delcascarón está dada por

RM

q

wv

c

Ek = 12 Mv2

c +12 Icω2. (1)

Ahora, como el cascarón rueda sindeslizar, la velocidad del centro de masaestá relacionada con la velocidad angularpor

v = ωR. (2)

Reemplazando la ecuación (2) en laecuación (1), con

Ic =23 MR2,

se obtiene

Ek = 56 MR2ω2. (3)

Mediante las ecuaciones (1), (2) y (3), lafracción de la energía cinética total que esenergía cinética traslacional, está dada por

EkTEk

= 0.6,

y la fracción que es energía cinética rota-cional es

EkREk

= 0.4.

De acuerdo con estos resultados, el dela energía cinética total es traslacional yel rotacional, independientemente del eltamaño, la masa y la velocidad angular delcascarón.

Ejercicio 4.16.Resuelva el ejemplo 4.16, si el cascarón es-férico se reemplaza por a) Una esfera ma-ciza. b) Un disco o cilindro. c) Un aro.Suponga, en cada caso, que la masa es M yel radio es R. Compare los resultados, conlos obtenidos en el ejemplo 4.16.


4.12.5. Energía total de un cuerpo rígido

Teniendo en cuenta la definición de cuerporígido, la distancia entre cualquier pareja departículas no cambia durante el movimiento.Por ello, se puede suponer que la energía po-tencial propia o interna permanece constante,lo que permite no considerarla cuando se anali-za el intercambio de energía del cuerpo con susalrededores.

En concordancia con el teorema del trabajo yla energía, que es válido para el caso de un cuer-po rígido, se tiene

Wext = ∆Ek

= Ek − Eko, (4.45)

donde Wext es el trabajo realizado por todas lasfuerzas externas que actúan sobre el cuerpo rígi-do.

Ahora, si sobre el cuerpo rígido actúan si-multáneamente fuerzas externas conservativasy no conservativas, el trabajo total se puede ex-presar como

Wext = Wc + Wnc, (4.46)

siendo Wc el trabajo realizado por las fuerzasexternas conservativas y Wnc el trabajo de lasfuerzas externas no conservativas. Teniendo encuenta que Wc = −∆Ep y con ayuda de laecuación (4.45), es posible demostrar que laecuación (4.46) se convierte en

Wnc = (Ek + Ep)− (Eko + Epo)

= ∆E, (4.47)

con E correspondiendo a la energía total delcuerpo rígido y Ep a la energía potencial aso-ciada con las fuerzas externas conservativas. Laecuación (4.47), igual que en el caso de unapartícula, muestra que la energía total de uncuerpo rígido no se conserva cuando sobre él ac-túan simultáneamente fuerzas externas conser-vativas y no conservativas, esto es, el sistema esno conservativo. La ecuación (4.47) se emplea,por ejemplo, cuando sobre un cuerpo rígido ac-túan simultáneamente la fuerza gravitacional yla fuerza de fricción dinámica.

En el caso particular que sobre el cuerpo sóloactúen fuerzas externas conservativas, el traba-jo realizado por las fuerzas no conservativas esnulo, y la ecuación (4.47) se transforma en

(Ek + Ep)− (Eko + Epo) = ∆E= 0

que expresa la conservación de la energía.Así, cuando sobre el cuerpo únicamente actúanfuerzas externas conservativas, la energía totalmecánica permanece constante, es decir, el sis-tema es conservativo.

De los resultados anteriores se puede afirmarque son idénticos a los obtenidos para el caso deuna partícula; la diferencia radica en el hechoque para un cuerpo rígido sólo se deben teneren cuenta las fuerzas externas, ya que tambiénse presentan fuerzas internas en este tipo de sis-tema.

Matemáticamente, la conservación de la ener-gía total se expresa en la forma

E = Ek + Ep

= 12 Mv2

c +12 Icω2 + Ep

= Constante.

En el caso particular de un cuerpo rígido quecae por acción de la gravedad y a la vez rotaalrededor de un eje que pasa por su centro demasa, como se ilustra en la figura 4.33, la ley deconservación de la energía adquiere la forma

y

x

yc

OTierra

C.M.

MEje de rotación

vc

E( = 0)p

w

Figura 4.33: Cuerpo rígido que desciende rotando.

E = 12 Mv2

c +12 Icω2 + mgyc

= Constante,

donde yc es la altura del centro de masa, res-pecto al nivel cero de energía potencial gravita-cional.


Es importante notar en este punto que cuan-do un cuerpo rígido rueda sin deslizar sobreuna superficie horizontal rugosa, actúa la fuerzade fricción estática Fs. Esta fuerza de fricción norealiza trabajo, ya que la velocidad del punto decontacto vP, respecto a la superficie, es cero. Esdecir, para un desplazamiento infinitesimal

dW = Fs · dr

= Fs · drdtdt

= Fs · vPdt= 0.

Por lo tanto, si sobre un sistema actúansimultáneamente fuerzas conservativas y lafuerza de fricción estática, el sistema es conser-vativo.

Ejemplo 4.17.El cascarón esférico del ejemplo 4.13, partedel reposo desde una altura h como semuestra en la figura. Determine la veloci-dad angular y la velocidad del cascarón,cuando éste llega a la base del plano incli-nado.

R

M

q

h

Ep= 0

SoluciónDiagrama de cuerpo libre para el cascarón.

De acuerdo con el diagrama espacial,sobre el cascarón actúan las siguientesfuerzas

La normal N, que por ser perpen-dicular al desplazamiento del centrode masa, no realiza trabajo.

El peso mg, que realiza trabajo y esuna fuerza conservativa.

La fuerza de fricción estática Fs, queno realiza trabajo ya que el cascarónrueda sin deslizar.

De este modo, el sistema es conserva-tivo porque la única fuerza que realiza tra-bajo es conservativa. En otras palabras, la

Mgq

N

Fs

c

energía mecánica total del cascarón per-manece constante. Así,

∆E = 0 Ef = Ei, (1)

donde Ei es la energía total en la situacióninicial y Ef en la situación final.

Ahora, de acuerdo con el nivel cero deenergía potencial elegido, la ecuación (1)adquiere la forma

Mgh = 12 Mv2

c +12 Icω2. (2)

Como el momento de inercia del cascarón,respecto a un eje que pasa por el centro demasa, está dado por

Ic =23 MR2,

la ecuación (2) se transforma en

6gh = 3v2c + 2R2ω2. (3)

Además, como el cascarón es homogéneoy rueda sin deslizar, es válida la expresión

vc = ωR. (4)

Así, mediante las ecuaciones (3) y (4) seencuentra que la velocidad angular delcascarón, cuando llega a la base del planoinclinado, está dada por

ω =1R

√65 gh,

y la velocidad del cascarón por

vc =√

65 gh.

Ejercicio 4.17.Partiendo de la expresión para la acele-ración angular, encontrada en el ejemplo4.13, determine la velocidad angular cuan-do el cascarón llega a la base del planoinclinado, sabiendo que partió desde unaaltura h. Compare su resultado, con elobtenido en el ejemplo 4.17.

4.13. MOVIMIENTO POR RODADURA DE UN CUERPO RÍGIDO 35

Ejercicio 4.18.Resuelva el ejemplo 4.17, si el cascarón es-férico se reemplaza por a) Una esfera ma-ciza. b) Un disco o cilindro. c) Un aro. Encada caso, suponga que la masa es M yradio es R. De acuerdo con sus resulta-dos y el obtenido en el ejemplo 4.17 ¿enqué orden llegarán los cuerpos a la basedel plano inclinado, si se les suelta si-multáneamente desde la misma posición?

4.13. Movimiento por rodadurade un cuerpo rígido

Bajo el modelo de partícula tratado en las tresprimeras unidades, se han considerado cuerposque deslizan sobre superficies reales o ásperas,es decir, sobre las superficies en contacto actúala fuerza de fricción cinética o dinámica ya quela velocidad relativa de una superficie respec-to a la otra, es diferente de cero. En esta sec-ción, se analiza el movimiento combinado detraslación y rotación de cuerpos rígidos sobresuperficies reales, tal como ocurre cuando unaesfera o cilindro tiene ambos movimientos aldescender sobre un plano inclinado.

Además, se sabe que cuando los cuerpos rígi-dos ruedan sin deslizar, situación conocida co-mo movimiento por rodadura, se debe tratar co-mo una combinación de un movimiento detraslación y uno de rotación. Lo importante deeste caso particular, se encuentra en el hechoque es posible tratar a un cuerpo rígido que rue-da sin deslizar, como si su movimiento fueraexclusivamente de rotación. A continuación seilustra la equivalencia de los dos métodos, osea, partiendo de un movimiento combinadode traslación y rotación se debe llegar a unmovimiento de rotación instantáneo puro, yviceversa.

En lo que sigue, como se muestra en la figu-ra 4.34, se considera un cuerpo rígido homogé-neo, con alto grado de simetría y que rueda sindeslizar en un plano bidimensional.

Por otro lado, se supone que es un cuerporígido de radio R y masa M, que rueda sobreuna superficie horizontal áspera. Como el cuer-

C C

Superficie rugosa

s R= q

s

q

R

a'

a

a

Figura 4.34: Movimiento por rodadura de un cuerporígido.

po rígido rueda sin deslizar, cuando el radiobarre un ángulo θ, el centro de masa C se des-plaza horizontalmente una distancia s = Rθ,como lo muestra la figura 4.34. Por lo tanto, lamagnitud de la velocidad del centro de masa,para el movimiento puro por rodadura, está da-da por

vc =dsdt

= Rdθ

dt= Rω, (4.48)

y la magnitud de la aceleración del centro demasa, por

ac =dvc

dt

= Rdω

dt= Rα. (4.49)

Las ecuaciones (4.48) y (4.49) muestran que elcuerpo rígido se comporta como si rotara ins-tantáneamente alrededor de un eje que pasa porel punto de contacto del cuerpo con la super-ficie sobre la cual rueda sin deslizar. Se hablade rotación instantánea ya que el punto de con-tacto cambia continuamente mientras el cuerporueda. En otras palabras, se consideró inicial-mente un movimiento combinado de traslacióny rotación, y se ha llegado a un movimiento derotación instantánea pura.

Para ilustrar un poco más el resultado ante-rior, en la figura 4.35 se muestran las veloci-dades lineales de diversos puntos del cilindroque rueda. Como consecuencia del movimien-to de rotación instantánea pura, la velocidad li-neal de cualquiera de los puntos señalados, se


encuentra en una dirección perpendicular a larecta que va de ese punto al punto de contactocon la superficie. En cualquier instante, el puntode contacto P está en reposo instantáneo respec-to a la superficie, ya que no se presenta desliza-miento entre las superficies. Por esta razón, eleje que pasa por el punto de contacto P, que esperpendicular a la hoja, se le conoce como ejeinstantáneo de rotación.

vP= 0P

P'

CQ

Q'

v vP' c= 2

vc

vQ

vQ'

Figura 4.35: Rotación alrededor de un eje instantá-neo que pasa por P.

Partículas del cuerpo rígido, tales como Q yQ’, tienen componentes horizontal y vertical dela velocidad; sin embargo, los puntos P, P’ y elcentro de masa C, son únicos y tienen un interésespecial. Por definición, el centro de masa delcilindro se mueve con velocidad vc = Rω, entanto que el punto de contacto P tiene velocidadcero. Entonces, se concluye que el punto P’ debetener una velocidad vP = 2vc = 2Rω, dado quetodos los puntos del cuerpo tienen la misma ve-locidad angular y la distancia PP’ es dos vecesla distancia PC.

Ahora se lleva a cabo el procedimiento inver-so, considerando la energía cinética del cuerporígido. Para rotación instantánea pura, la ener-gía cinética total del cuerpo rígido que rueda sindeslizar, está dada por

Ek = 12 IPω2, (4.50)

siendo IP el momento de inercia del cuerpo rígi-do respecto al eje instantáneo que pasa por elpunto de contacto P.

De acuerdo con el teorema de Steiner, el mo-mento de inercia del cuerpo rígido respecto aun eje que pasa por el punto de contacto P, está

dado por

IP = Ic + MR2, (4.51)

donde Ic es el momento de inercia del cuerporespecto a un eje que pasa por el centro de masa,M es la masa del cuerpo y R la separación entrelos ejes, coincidente con el radio.

Reemplazando la ecuación (4.51) en laecuación (4.50) y utilizando la relación vc = Rω,finalmente se encuentra que la energía cinéticatotal del cuerpo es

Ek = 12 Icω2 + 1

2 Mv2c . (4.52)

En la ecuación (4.52), se observa que el primertérmino de la derecha corresponde a la energíacinética de rotación del cuerpo, respecto a uneje que pasa por su centro de masa, y el segun-do término corresponde a la energía cinética detraslación del centro de masa.

Por lo anterior, se tiene nuevamente que losefectos combinados de traslación del centro demasa y de rotación alrededor de un eje que pasapor el centro de masa, son equivalentes a unarotación instantánea pura con la misma veloci-dad angular con respecto a un eje que pasa porel punto de contacto de un cuerpo que va ro-dando sin deslizar.

Ejemplo 4.18.Resolver el ejemplo 4.13, considerando eleje instantáneo de rotación.

R

M

q

P

SoluciónEn el diagrama de cuerpo libre, se obser-va que las líneas de acción de la normal Ny de la fuerza de fricción estática Fs, estánaplicadas en el punto de contacto del cas-carón con la superficie sobre la cual ruedasin deslizar.

Ahora, como el cascarón rueda sindeslizar, este se comporta como si instan-táneamente rotara alrededor de un eje que

4.13. MOVIMIENTO POR RODADURA DE UN CUERPO RÍGIDO 37

mgq

N

Fs

c

P

pasa por el punto de contacto P. De estemodo, la ecuación de movimiento para larotación instantánea pura, es de la forma

� +∑i

τP = IPα. (1)

Por otro lado, como el peso mg es la úni-ca fuerza que genera rotación respecto alpunto P, la ecuación (1), con IP = Ic +MR2, se transforma en

gsenθ = 53 Rα, (2)

donde se ha tomado el sentido horario co-mo positivo y se cumple la expresión Ic =23 MR2.

Por consiguiente, de la ecuación (2) setiene que la aceleración del cascarón es

α = 35

gsenθ

R,

y la aceleración del centro de masa, conac = αR, es

ac =35 gsenθ.

Estos resultados, al ser idénticos a losobtenidos en el ejemplo 4.13, muestranque realmente el cascarón se comporta co-mo si rotara instantáneamente respecto aleje que pasa por el punto de contacto P.

Para determinar la fuerza de fricciónes necesario recurrir al método utilizadoen el ejemplo 4.13, ya que este método nopermite obtenerla.

Ejercicio 4.19.Resuelva el ejemplo 4.18, si el cascarón es-férico se cambia por a) Una esfera maciza.b) Un cilindro o disco. c) Un aro. En ca-da caso, suponga que la masa es M y elradio es R. Compare lo resultados con losobtenidos en el ejemplo 4.18.

Ejemplo 4.19.Determine, en función de la velocidad an-gular, la energía cinética total del cascarónesférico del ejemplo 4.16, considerando eleje instantáneo de rotación.

mgq

N

Fs

c

P

SoluciónPara rotación instantánea pura, la energíacinética total del cascarón se obtiene me-diante la expresión

Ek = 12 IPω2, (1)

donde el momento de inercia del cascarón,respecto al eje instantáneo de rotación, es

IP = 23 MR2 + MR2. (2)

Reemplazando la ecuación (2) en laecuación (1), se obtiene

Ek = 56 MR2ω2,

resultado idéntico al encontrado en elejemplo 4.16, para la energía cinética totaldel cascarón.

Ejercicio 4.20.Resuelva el ejemplo 4.19, si se cambia elcascarón esférico por a) Una esfera ma-ciza. b) Un cilindro o disco. c) Un aro. Encada caso, suponga que la masa es M y elradio es R. Compare los resultados con elobtenido en el ejemplo 4.19.

Ejemplo 4.20.Una rueda acanalada o " yo-yo", de masaM y radio R, desciende sin deslizar sobreun carril inclinado un ángulo θ respecto ala horizontal. La rueda está apoyada sobresu eje de radio r. Despreciando el momen-to de inercia del eje, determine a) La acele-ración del centro de masa de la rueda y suaceleración angular. b) La fuerza fricciónque actúa sobre el eje. Resuelva el proble-ma por dos métodos diferentes.


R

M

q

P

rc

SoluciónDiagrama de cuerpo libre, donde lasfuerzas que actúan sobre la rueda son lanormal N, el peso mg y la fuerza de fric-ción estática Fs.

R

M

q

P

cr

Mg

Fs

N

Método 1: Movimiento combinado detraslación y rotación

De acuerdo con el diagrama de cuerpolibre, las ecuaciones de movimiento

↙ +∑i

Fx = Mac,

↖ +∑i

Fy = 0,

∑i

τc = Icα,

adquieren la forma

Mgsenθ − Fs = Mac, (1)

N −mgcosθ = 0, (2)

Fsr = 12 MR2α. (3)

a) Mediante las ecuaciones (1) y (3), conac = αr, se encuentra que la aceleraciónde la rueda está dada por

ac =2r2gsenθ

R2 + 2r2 . (4)

Si la ecuación (4) se escribe en la forma

ac =gsenθR2

2r2 + 1,

se tiene que para un ángulo de inclinaciónconstante, entre mayor sea el radio del eje

de la rueda, la aceleración del centro demasa se hace mayor, obteniéndose el máx-imo valor en el caso que R = r, donde laaceleración sería

ac =23 gsenθ.

Por medio de la ecuación (4), con ac = αr,se tiene que la aceleración angular de larueda es

α =2rgsenθ

R2 + 2r2 . (5)

b) Mediante las ecuaciones (1) y (4) o (3) y(5), se encuentra que la fuerza de fricciónestá dada por

Fs =MgR2senθ

R2 + 2r2 .

Se observa que para una inclinación cons-tante, la fuerza de fricción disminuye alincrementar el radio del eje de la rueda,adquiriendo su máximo valor, cuando eleje coincide con el borde exterior de la rue-da, en cuyo caso

Fs =13 Mgsenθ.

Método 2: Eje instantáneo de rotación.a) En el diagrama de cuerpo libre, se

observa que la normal y la fuerza de fric-ción estática están aplicadas en el punto decontacto P. Esto hace que el peso Mg seala única fuerza que genera rotación instan-tánea pura, alrededor del eje que pasa porP. Así, la ecuación de movimiento es de laforma

∑i

τP = IPα.

Ahora, al tomar el sentido antihorario co-mo positivo y empleando el teorema deSteiner con Ic = 1

2 MR2, la ecuación (6)adquiere la forma

grsenθ = ( 12 R2 + r2)α.

Así, la aceleración del centro de masa, conac = αr y por la ecuación (9), está dada por

ac =2r2gsenθ

R2 + 2r2 ,

y la aceleración angular por

α =2rgsenθ

R2 + 2r2 ,

4.14. EQUILIBRIO DE UN CUERPO RÍGIDO 39

que son resultados idénticos a los encon-trados en el método anterior.

b) Para determinar la fuerza de fric-ción, se debe emplear la ecuación demovimiento para la traslación del centrode masa, ya que por este método no esposible.

4.14. Equilibrio de un cuerpo rígi-do

De acuerdo con la sección 4.4, siempre es posi-ble reemplazar un sistema de fuerzas, actuandosobre un cuerpo rígido, por un sistema fuerza-par aplicado en un punto arbitrario y que escompletamente equivalente en lo referente atraslación y rotación. En el caso particular que lafuerza y el par sean cero, el sistema de fuerzasexternas forma un sistema equivalente fuerza-par nulo, es decir, no tienden a imprimir ningúnefecto de traslación ni de rotación sobre el cuer-po rígido. Cuando esto ocurre, se dice que elcuerpo rígido se encuentra en equilibrio.

Lo anterior, se puede expresar en formamatemática como sigue. -

Que la fuerza del sistema fuerza-par, no tien-da a imprimir efectos de traslación, significa

F = ∑i

Fi

= 0, (4.53)

o en componentes rectangulares, la ecuación(4.52) lleva a las expresiones

∑ Fx = 0,

∑ Fy = 0,

∑ Fz = 0. (4.54)

- Que el par del sistema fuerza-par, no tiendaa imprimir efectos de rotación, quiere decir

τ = ∑i

τi

= 0. (4.55)

Igualmente, al descomponer la ecuación (4.55)en componentes rectangulares, se obtienen las

expresiones

∑ τx = 0,

∑ τy = 0,

∑ τz = 0. (4.56)

En el caso particular que las fuerzas actúen so-bre un plano, por ejemplo en el plano xy, sedispone de las expresiones

∑ Fx = 0,

∑ Fy = 0,

∑ τz = 0. (4.57)

Las ecuaciones (4.57) son de validez general,y particularmente la sumatoria de torques sesatisface respecto a cualquier punto, siempre ycuando el cuerpo rígido esté en equilibrio.

4.14.1. Equilibrio de un cuerpo rígidosometido sólo a dos fuerzas

Si un cuerpo rígido está en equilibrio, sometidoúnicamente a la acción de dos fuerzas, el torquetotal de las dos fuerzas respecto a cualquierpunto es nulo. Así, al considerar los puntos deaplicación de las fuerzas F1 y F2 en la figura 4.36(a), se tiene

∑ τA = 0,

condición que se satisface siempre y cuando lalínea de acción de la fuerza F2 pase por el puntoA como se ilustra en la figura 4.36 (b).

A

B

A

B

A

BF1

F2

BF1

F1

F2 F2

(a) (b) (c)

Figura 4.36: Cuerpo rígido sometido sólo a dosfuerzas.

Igualmente, respecto al punto B también sedebe cumplir la condición

∑ τB = 0,

por lo que en este caso, la línea de acción de F1debe pasar por el punto B como lo muestra lafigura 4.36 (c).


Por otro lado, como se presenta equilibrio detraslación, esto es

∑ F = 0,

se debe cumplir que F1 = −F2.En síntesis, si un cuerpo rígido sometido a la ac-

ción de dos fuerzas se haya en equilibrio, las dosfuerzas deben tener igual magnitud, la misma líneade acción y sentidos opuestos.

4.14.2. Equilibrio de un cuerpo rígidosometido sólo a tres fuerzas

Igual que en el caso anterior, si el cuerpo rígidoestá en equilibrio sometido solamente a la ac-ción de tres fuerzas, figura 4.37 (a), se cumple lacondición ∑ τ = 0, donde los torques son eva-luados respecto al mismo punto.

A

B

A

BD

C

A

B

F3

F1

F2

CD

C

(a) (b) (c)

F1

F1

F2 F

2

F3 F

3

Figura 4.37: Cuerpo rígido sometido sólo a tresfuerzas.

Como en la figura 4.37 (b) las líneas de ac-ción de F1 y F1 se cortan en el punto el puntoD, entonces ∑ τD = 0, por lo que la línea de ac-ción también debe pasar por D para garantizarel equilibrio, como se muestra en la figura 4.37(c).

Así, las tres fuerzas deben ser tales que sus líneasde acción sean concurrentes, o se corten en algúnpunto, para garantizar que el cuerpo rígido se en-cuentre equilibrio.

En la solución de problemas de equilibrio deun cuerpo rígido, se deben seguir los siguientespasos

1. Analizar el diagrama espacial.

2. Hacer el diagrama de cuerpo libre, tenien-do en cuenta las conexiones y apoyos quemuestre el diagrama espacial.

3. Plantear las ecuaciones de equilibrio, tantotraslacional como rotacional.

4. Resolver las ecuaciones obtenidas.

5. Verificar las dimensiones y unidades en lasrespuestas encontradas.

Ejemplo 4.21.La varilla AB, de longitud L y masa M,permanece en la posición mostrada. Si lapared es lisa y la superficie horizontal esrugosa, determine a) Las reacciones en losextremos de la varilla. b) La fuerza de fric-ción estática, si el movimiento de la varillaes inminente y el coeficiente de fricción enel extremo A es µ. c) Los valores de las can-tidades obtenidas en los numerales ante-riores, para M = 3kg, θ = 25o y µ = 0.25.

A

B

q

SoluciónDiagrama de cuerpo libre

A

B

q

B

Ax

Ay

Mg

En el extremo B sólo actúa la normalB que la pared lisa ejerce sobre la varilla,mientras que en el extremo A actúan, lafuerza Ax debida a la fricción estática en-tre la varilla y la superficie horizontal y lanormal Ay ejercida por el piso. Por otro la-do, el peso de la varilla actúa en su centrode masa, coincidente con el centro geomé-trico si es homogénea como se supone eneste caso.

Ecuaciones de movimiento. Como lavarilla permanece en la posición mostra-da, quiere decir que está en equilibrio


estático, esto es, se deben cumplir si-multáneamente las siguientes condiciones

+→∑ Fx = 0,

Ax − B = 0, (1)

+ ↑∑ Fy = 0,

Ay −Mg = 0, (2)

y tomando el sentido antihorario comopositivo

∑ τA = 0

− 12 MgLcosθ + BLsenθ = 0. (3)

a) Mediante las ecuaciones (1), (2) y (3),se encuentra que las reacciones en los ex-tremos de la varilla están dadas por

B = 12 Mgcotθ ←

A = 12 Mgcscθ

√1 + 3sen2θ ∠ tan−1(2tanθ).

(5)b) En general, entre la fuerza de fricciónestática y la normal de la superficie secumple la relación

Fs ≤ µN. (6)

Ahora, como el movimiento es inminente,la ecuación (6) adquiere la forma

Fs = µN. (7)

Por las ecuaciones (1), (2) y (7), con Ax =Fs y Ay = N, la fuerza de fricción estáticaes

Ax = µMg. (8)

c) Reemplazando valores en las ecua-ciones (4), (5) y (8), se obtiene

B = 31.52N← .A = 43.11N ∠ 43o.Fs = 7.35N→ .

Ejercicio 4.21.Analice la situación que se presenta, cuan-do en el ejemplo 4.21 se supone que el pisoes liso y la pared es rugosa.

Ejemplo 4.23.La varilla AB de longitud L y masa M,conectada a una articulación en el extremoA, está unida a un bloque de masa m, me-diante una cuerda que pasa por una polea

ideal fija. La superficie horizontal es lisa.Determine a) La masa mínima del bloque,que permite levantar la varilla del piso. b)Las componentes rectangulares de la reac-ción en A y la tensión en la cuerda. c) Lamasa mínima m, la reacción en A y la ten-sión en la cuerda, para M = 2kg y θ = 40o.

m

L

A

B

C

q

SoluciónDe acuerdo con el diagrama espacial, eltriángulo ABC es isósceles. De ahí que elángulo que forma la cuerda con la hori-zontal es

β = 90− 12 θ. (1)

Diagramas de cuerpo librePara el bloque

T

mg

Para la varilla

LA

B

C

q

B

T'

Ax

Ay

Mgb

Ecuaciones de movimientoPara el bloque

+ ↑∑ Fy = 0,


T−mg = 0. (2)

Para la varilla

+→∑ Fx = 0,

Ax − Tcosβ = 0, (3)

+ ↑∑ Fy = 0,

B + Tsenβ−Mg + Ay = 0, (4)

y tomando el sentido antihorario comopositivo

∑ τA = 0,

12 MgLcosθ − BLcosθ − TLsenβ = 0. (5)

a) Para determinar la masa mínima m, seconsidera el instante en el cual la varilladeja de tener contacto con el piso, esto es,en el momento que la normal B se hacecero. Así, mediante las ecuaciones (1), (2)y (5), se llega a la expresión

m = 12 Mcosθsec 1

2 θ. (6)

b) Con ayuda de las ecuaciones (1), (2), (3),(4) y (6), se encuentra que las componentesrectangulares de la reacción en A, estándadas por

Ax = 12 Mgcosθtan 1

2 θ, (7)

Ay = 12 Mg(2− cosθ). (8)

Reemplazando la ecuación (6) en laecuación (2), la tensión en la cuerda es

T = 12 Mgcosθsec 1

2 θ. (9)

c) Por la ecuación (6), la masa mínimatiene el valor

m = 0.82kg.

Reemplazando valores en las ecuaciones(7) y (8), es posible encontrar que la reac-ción en A es

A = 12.4N ∠ 77.27o.

Finalmente, por la ecuación (9), la tensiónen la cuerda está dada por

T = 7.99N ∠ 70o,

donde la dirección corresponde al ánguloβ mostrado en el diagrama de cuerpo li-bre.

Ejercicio 4.22.El disco de masa M y radio R, está unido aun bloque de masa m, mediante una cuer-da que pasa por una polea ideal fija. Deter-mine a) La masa mínima m que le permiteal disco subir escalón de altura 1

2 R. b) Lascomponentes rectangulares de la reacciónen A y la tensión en la cuerda. c) La masamínima m, la reacción en la esquina A yla tensión en la cuerda, para M = 1.5kg yR = 20cm.

A

B

R/2

R

M

m

PREGUNTAS1. Se dispone de dos llaves de contención, unamás larga que la otra. Si se desea aflojar un tubo,¿cuál de las dos llaves es más adecuada para lle-var a cabo esta operación? ¿Por qué?2. Suponga que dispone de un plano inclinado yde una esfera que puede rodar sin deslizar sobreél. Explique cómo podría determinar si la esferaes hueca o no.3. Una persona se encuentra sentada en una sillagiratoria con los brazos extendidos. La silla rotacon velocidad angular constante y en las manosse sostienen masas iguales. ¿Qué efecto se pre-senta cuando se sueltan las masas? Justifique larespuesta.4. Considere una persona que se encuentra so-bre un tornamesa horizontal, el cual puede girarlibremente alrededor de un eje que pasa por sucentro. ¿Qué le ocurre al tornamesa cuando lapersona se desplaza alrededor de su perímetro?Explique su respuesta.5. Se tiene una varilla compuesta, formada pordos varillas delgadas de igual longitud, como semuestra en la figura. Se obtiene el momento deinercia de la varilla compuesta respecto a un ejeque pasa por A, y respecto a un eje que pasa por


B. ¿Son iguales estos dos momento de inercia?Justifique su respuesta.

Hierro Aluminio

A B

6. Un disco que ha partido del reposo y desdeuna altura h, oscila en el interior de un riel cuyasuperficie es rugosa. El disco rueda sin deslizary alcanza a ambos lados de la superficie circu-lar una altura determinada, luego de pasar porel fondo. a) A medida que transcurre el tiem-po, ¿la altura alcanzada por el disco aumenta,disminuye o permanece igual a h? Justifique surespuesta. b) ¿Qué transformaciones de energíase presentan a medida que el disco oscila? Justi-fique su respuesta.7. El cuerpo de la figura que se encuentra inicial-mente en reposo, puede rodar sin deslizar por lasuperficie horizontal. Cuando se aplica la fuerzaF mediante una cuerda enrollada alrededor delpequeño saliente, ¿qué le sucede al cuerpo? Jus-tifique su respuesta.

F

8. El disco de la figura puede rotar alrededor deun eje fijo que pasa por su centro O. a) ¿Se pre-senta alguna diferencia en el momento de iner-cia del disco respecto al eje, si este se encuentraen reposo o en movimiento? ¿Por qué? b) ¿Paraque el disco esté en equilibrio, necesariamentedebe estar en reposo? ¿Por qué? c) Si el discorota con velocidad angular constante, ¿qué otracantidad física no cambia? ¿Por qué?

O

9. Como se ilustra en la figura, una esfera des-cansa sobre dos superficies que forman entre síun ángulo θ. a) ¿Qué condición deben cumplirlas líneas de acción de las fuerzas que actúansobre la esfera? Justifique su respuesta. b) ¿Lacondición anterior depende del valor del ángu-lo ? ¿Por qué?

q

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